livre du professeur Déclic Mathématiques 1res ES et L option Hachette 2011

Lydia Misset Michèle Le Bras Claudine Merdy Marie-Andrée Belarbi Pourcentages . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 01 Second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Statistiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Fonctions de référence . . . . . . . . . . 58 Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 083 Probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 Échantillonnage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 Suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 Maquette de couverture : Christine Soyez Maquette intérieure et composition : CMB Graphic Suivi éditorial : Stéphanie Mathé Schémas : Lionel Buchet (SG Production)
PourcentagesPourcentages Partir d’un bon pied Rapporter une partie au tout 1 Part des décès après 60 ans à Londres : b. et d. 1 820 13 189  0,138 0 ; soit 13,8 %. Par rapport aux décès à Paris : f. 1 820 2 799  0,65 ; soit 65 %. 2 a. Vrai : par lecture de l’énoncé. b. Faux : 1 – 5 + 2 + 0,3 94  0,922 ; soit moins de 95 %. c. Faux : 2,3 94 – 5 . B © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 1 (p. 10) C h a P i t R e 1 Bien que l’ordre du programme ne place pas ces notions en premier, il nous a semblé important de leur donner la priorité pour diverses raisons. – Ce chapitre ne nécessite que très peu de prérequis, ce qui est plus rassurant pour des élèves en ES, avec une faiblesse en maths en Seconde, alors que le second degré conduit à une pratique du calcul algébrique, non maîtrisée pour ce type d’élèves. La notion de part exprimée en pourcentage (rapport d’une partie au tout ou pourcentage instantané du programme précé- dent) est revue en page 247 dans l’accompagnement personnalisé. Nous avons repris la règle de trois, de nouveau étudiée en primaire et très utilisée par les collègues d’autres disciplines. – Les professeurs de SES vont rapidement avoir besoin des pourcentages et il est bon de placer cet outil dans une approche mathématique rigoureuse. Tous les élèves pensent connaître les pourcentages, mais ils ne les maîtrisent pas encore. Le plus difficile est de penser un pourcentage d’évolution en terme de multiplication, alors qu’il est exprimé par une phrase indiquant une addition (ou une soustraction). Il faut donc « casser » une habitude, ce qui est le plus délicat pédagogiquement. C’est pourquoi nous avons insisté sur le coefficient multiplicateur. Nous avons fait le choix de nommer V0 la valeur ini- tiale, ou valeur de départ, et V1 la valeur finale, ou valeur d’arrivée, car les professeurs de SES ne donnent pas toujours la même appellation. Calculer des pourcentages 1 a. 50 % b. 100 % c. 75 % d. 500 % 2 a. 12,5 b. 196 c. 156 d. 82,95 3 Tableau des effectifs : Effectifs N Non N Total L 72 32 104 Non L 48 8 56 Total 120 40 160 a Intentions des auteures Si le pourcentage réciproque (taux compensatoire) est abordé en Première, ainsi que le taux global d’évo- lution, le taux moyen annuel sera vu en Terminale seulement. Nous l’avons abordé lors de la résolution graphique approchée d’équation. L’emploi de la calculatrice et du tableur est d’un grand secours pour aller plus loin dans ces notions et entraî- ner les élèves à une pratique aisée de techniques de calculs sur les pourcentages. La notion de résultats arrondis, abordée page 25, doit être vue le plus rapi- dement possible pour s’appliquer dans tous les cha- pitres de cet ouvrage où les exercices « concrets » abondent. Conformément au programme, les situations pro- posées dans les autres domaines permettent d’ame- ner les élèves à avoir une attitude critique vis-à-vis des informations chiffrées ; dans ce cadre, nous avons choisi des thèmes importants et actuels : TVA, pou- voir d’achat, SMIC, seuil de pauvreté, consommation, chocs pétroliers, carte de crédit, etc. Les exercices pro- posés utilisent au maximum des données chiffrées réelles et actuelles. Ce chapitre peut se prolonger directement par le cha- pitre 8 si on le désire, ou le chapitre 3. Cependant, il nous semble qu’une démarche « en spirale » est plus adapté à ces élèves de 1re ES. D’ailleurs, l’ordre des chapitres de ce manuel tient compte de cette démarche : on peut donc le suivre de bout en bout.
ajouter des pourcentages 1 Vrai : les pourcentages portent sur le même ensemble : les filles d’une classe de 1re ES. Et les parties considérées sont disjointes. C Étudier une évolution Objectifs – Exprimer un taux en pourcentage en nombre décimal ; – calculer le montant d’une baisse ou d’une hausse ; – calculer le prix après une hausse ou une baisse dont le taux est donné en pourcentages ; – découvrir la relation entre le coefficient multipli- cateur et le taux d’évolution. 1 Calcul d’un prix toutes taxes comprises (TTC) a. L’écriture décimale s’obtient en divisant par 100 les taux donnés dans la dernière colonne du tableau. Ces valeurs sont entrées en L1. b. Pour trouver le montant de la TVA en euros dans les différents pays, on applique le pourcentage de TVA au prix HT de 21 €. En France, pour un livre : TVA = Prix HT × 0,055. L2 = 21 × L1. c. Prix TTC = Prix HT + TVA L3 = 21 + L2 Activité 1 2 Faux : on n’additionne pas des pourcentages qui portent sur des ensembles différents. Moins de la moitié des filles ou des garçons viennent à vélo. Le résultat ne peut pas être 54 % des élèves. 2 Calcul et utilisation des coefficients multiplicateurs a. CM = prix TTC prix HT L4 = L3 21 La liste L4 contient les coefficients multiplicateurs pour un livre suivant les différents pays. b. On constate que L4 = 1 + L1. On en déduit que : CM = 1 + taux de la TVA 100 CM = prix TTC prix HT donc prix TTC = prix HT × CM prix TTC = prix HT (1 + taux de la TVA100 ) En France, le prix TTC d’un VTT est : 257 × (1 + 0,196)  307,37 €. Au Danemark, le prix TTC du graveur Blue Ray est : 350 × (1 + 0,25) = 437,50 €. Pour les trois achats, Mélina dépense : 748,13 € en France ; 696,55 € au Luxembourg ; 711,18 € aux Pays-Bas ; 785 € au Danemark. Découvrir (p. 12) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 2
Graveur Blue Ray VTT Livre Prix total Prix HT (en euros) 350 257 21 628 Prix TTC France 418,6 307,372 22,155 748,127 Prix TTC Luxembourg 402,5 272,42 21,63 696,55 Prix TTC Pays-Bas 416,5 272,42 22,26 711,18 Prix TTC Danemark 437,5 321,25 26,25 785 c. Avec une baisse de 20 % sur le montant des achats en France, Mélina obtient une remise de : 0,20 × 748,13  149,63 €. Le prix payé est : 748,13 – 149,63 = 598,50 €. Le coefficient multiplicateur est : CM = prix final après la remise prix initial = 598,50 748,13 = 0,80 ou encore : nouveau prix = prix – 0,20 × prix = (1 – 0,20) prix = 0,8 × prix Pour un taux t de remise exprimé en pourcentage, le coefficient multiplicateur est : CM = 1 – t 100 . © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 3 Comparer des évolutions en variation absolue ou relativeActivité 2 Objectifs – Différencier les variations en valeur absolue et en valeur relative ; – calculer un taux d’évolution à partir du coefficient multiplicateur. 1 Novembre 1989 est le mois de la chute du mur de Berlin, où les habitants d’Allemagne de l’Est furent autorisés à se rendre en Allemagne de l’Ouest après en avoir été privés depuis l’année 1961. 2 Pour les migrations entre le mois d’octobre et le mois de novembre, le coefficient multiplicateur est : CM1 = 133 429 57 024  2,339 9. Pour les migrations entre le mois de novembre et le mois de décembre : CM2 = 43 221 133 429  0,323 9. 3 La variation absolue du nombre de migrations entre les mois d’octobre et de novembre est : ∆V1 = 133 429 – 57 024 = 76 405. Puis entre novembre et décembre : ∆V2 = 43 221 – 133 429 = – 90 208. 4 a. Pour les migrations entre octobre et novembre, le taux d’augmentation est : t1 = ∆V2 57 024 × 100  133,99. La variation relative du nombre de migrations entre octobre et novembre est d’environ 133,99 %. b. Pour les migrations entre novembre et décembre, le taux de diminution est : t2 = ∆V2 133 429 × 100  – 67,61. La variation relative du nombre de migrations entre novembre et décembre est d’environ − 67,61 %. c. On remarque que t1, le taux d’augmentation en pourcentage entre octobre et novembre, est tel que : t1 = (CM1 – 1) × 100 = CM1 × 100 – 100. De même pour le taux de diminution entre novembre et décembre : t2 = (CM2 – 1) × 100 = CM2 × 100 – 100. d. Pour une hausse ou une baisse, la relation qui permet de calculer le taux d’évolution t en fonction du coefficient multiplicateur CM est : t = (CM – 1) × 100 = CM × 100 − 100. Cumuler des tauxActivité 3 Objectifs – Calculer le prix final après deux évolutions succes- sives ; – constater que les taux ne s’ajoutent pas. 1 La chemise possède une étiquette verte, donc bénéficie d’une réduction de 40 %. 55 – 0,40 × 55 = 55 × (1 – 0,40) = 55 × 0,60 = 33. Le prix soldé de la chemise est 33 €. La jupe possède une étiquette orange, donc bénéficie d’une réduction de 30 %. 68 – 0,30 × 68 = 68 × (1 – 0,30) = 68 × 0,70 = 47,60. Le prix soldé de la jupe est 47,60 €. Le sac possède une étiquette violette, donc bénéficie d’une réduction de 50 %. 139 × 0,50 = 69,50. Le prix soldé du sac est 69,50 €. 2 a. Faux : Julie bénéficie d’une réduction supplé- mentaire de 15 %.
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 4 Exercices d’application Exercices d’application 1. Calculer et utiliser un pourcentage d’évolution (p. 15) 2. Calculer et utiliser un taux d’évolution global (p. 17) 1 a. 1,18 b. 0,95 c. 2,5 d. 0,5 2 a. CM = 110,5 85 = 1,3 ; t = (CM –1) × 100 = 30 ; soit une hausse de 30 %. b. CM = 3 ; t = (CM – 1) × 100 = 200 ; soit une hausse de 200 %. c. CM = 1 1,25 = 0,8 ; t = (CM – 1) × 100 = – 20 ; soit une baisse de 20 %. d. CM = 6 30 = 0,2 ; t = (CM – 1) × 100 = – 80 ; soit une baisse de 80 %. e. CM = 0,5 ; t = (CM – 1) × 100 = – 50 ; soit une baisse de 50 %. 3 a. prix TTC = prix HT × 1,196 = 68 × 1,196  81,33 € b. La vendeuse propose une remise de 15 % : 81,33 × (1 − 15100 ) = 81,33 × 0,85  69,13. Après la remise de 15 %, le client paiera 69,13 €. 4 La consommation en 2008 est C2008 = 51,5 après avoir baissé de 22,7 %. CM = 1 – 22,7 100 = 0,773 C1998 = C2008 CM = 51,5 0,773  66,6 La consommation annuelle de yaourts par an et par personne en 1998 est de 66,6 kg. 5 La population augmente de 10 % : elle est multi- pliée par 1,10. Puis elle baisse de 10 % : elle est mul- tipliée par 0,90. Le coefficient multiplicateur global est : CM = 1,10 × 0,90 = 0,99. 0,99 < 1 donc la population finale est inférieure à la population initiale. Le taux d’évolution global est de – 1 %. 150 000 × 0,99 = 148 500. La nouvelle population compte 148 500 habitants. 6 Les taux d’évolution successifs sont de 2 %, 4 % et – 5 %. Le coefficient multiplicateur global est : CMglobal = 1,02 × 1,04 × 0,95  1,0078. tglobal = (1 – CM) × 100 = 0,78 ; soit une hausse d’environ 0,78 %. 7 a. En 2008, l’indice est égal à 103,1 donc le coeffi- cient multiplicateur est 1,031. De 2007 à 2008, le prix a augmenté de 3,1 %. De même de 2007 à 2009, l’indice est 157 donc le coeffi- cient multiplicateur est 1,57. Le prix a augmenté de 57 %. En 2005, l’indice est 95, le coefficient multiplicateur est 0,95 c’est-à-dire que le prix est inférieur de 5 % au prix de 2007. Pour connaître l’augmentation du prix entre 2005 et 2007, on calcule le taux d’évolution réciproque : ( 1CM – 1) × 100 = ( 10,95 – 1) × 100  5,26 Le prix a augmenté de 5,26 % entre 2005 et 2007. b. CM = 157 95 = 1,652 6 ; t = (CM – 1) × 100 = 65,26. Entre 2005 et 2009, le prix a augmenté de 65,26 %. Donc : 69,50 – 69,50 × 0,15 = 69,50 × (1 – 0,15) = 69,50 × 0,85 = 59,075. Le prix du sac est 59,07 €. Après une réduction de 65 % : 139 – 0,65 × 139 = 139 × (1 – 0,65) = 139 × 0,35 = 48,65. Le prix du sac est de 48,65 €. Les prix sont différents. Les pourcentages d’évolution ne s’ajoutent pas. b. Faux : 55 × 1,4 correspond au calcul du prix après une hausse de 40 %. 55 × 1,4 = 77. Le prix de départ serait donc de 77 €. Or si l’on effectue une remise de 40 % sur ce prix, on ne retrouve pas 55 € : 77 – 0,40 × 77 = 77 × (1 – 0,40) = 77 × 0,60 = 46,20. Le prix avant une remise de 40 % ne s’obtient pas en effectuant une hausse de 40 % du prix payé. c. Vrai : On effectue une remise de 40 %. Soit x le prix de la chemise, le nouveau prix est : x1 = x – x × 0,40 = x × (1 – 0,40) = x × 0,60. Puis une remise de 15 % : x1 – x1 × 0,15 = x1 × 0,85 = (x × 0,60) × 0,485 = x × 0,51 soit une remise de 49 %.
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 5 1 Pourcentage d’évolution (p. 20) 19 Valeur finale après une hausse a. Q’ = (1 + 4100) × Q = 1,04 × Q. b. L’ = (1 + 10100) × L = 1,10 × L. c. N’ = (1 + 200100) × P = 3 × N. 20 Valeur finale après une baisse a. P’ = (1 – 5100) × P0 = 0,95 × P0. b. P’ = (1 – 4100) × P = 0,6 × P. 21 Calculs de variations absolues, puis relatives V0 la valeur de départ, V1 la valeur d’arrivée, la variation absolue est : ∆V = V1 – V0. Le coefficient multiplicateur est : CM = V1 V0 . La variation relative en pourcentage est : t = (CM – 1) × 100. a. ∆V = 21,2 – 20 = 1,2 soit une variation absolue de 1,2 millions ; CM = 21,2 20 = 1,06 ; t = 6 soit une hausse de 6 %. b. ∆V = – 0,2 millions ; CM = 0,96 ; t = – 4 soit une baisse de 4 %. c. ∆V = 1,5 milliers ; CM  1,2143 ; t  21,43 soit une hausse de 21,43 %. 22 Calculs de variations relatives Le coefficient multiplicateur est : CM = V1 V0 . La variation relative en pourcentage est : t = (CM – 1) × 100. a. CM = 3,95 4,05  0,975 ; t = – 2,5 soit une baisse d’environ 2,5 %. b. CM = 5 43  0,116 ; t = – 88,4 soit une baisse de 88,4 %. c. CM = 1,05 1,2  0,875 ; t = 12,5 soit une baisse de 12,5 %. d. CM = 0,7 0,75  0,933 3 ; t = 6,67 soit une baisse de 6,67 %. 23 Lien entre coefficient multiplicateur et taux d’évolution V1 –V0 V0 = V1 V0 – V0 V0 = CM – 1 Si t est le taux d’évolution, alors CM = 1 + t 100 ou encore t = (CM – 1) × 100. 24 Calculs de taux d’évolution à partir du coefficient multiplicateur À partir du coefficient multiplicateur CM, le taux d’évo- lution en pourcentage est : t = (CM – 1) × 100. a. Le prix de cet article a doublé donc CM = 2 ; t = 100 soit une hausse de 100 %. b. La population de cette ville est réduite de moitié donc CM = 0,5 ; t = – 50 soit une baisse de 50 %. c. Cette école a perdu le quart de ses élèves donc CM = 0,75 ; t = – 25 soit une baisse de – 25 %. d. Cet élève bénéficie d’un tiers temps supplémentaire donc CM  1,3333 ; t = 33,33 soit une hausse de 33,33 %. 25 QCM 1 b. CM = 144 120 = 1,2 : hausse de 20 %. 2 b. et c. CM = 200 250 = 0,80 = 1 1,25 QCM 8 c. Le budget de Jean est 13 500 0,6 = 22 500 €. 9 a. Une hausse de 2 % (2 € pour 100 €). 10 c. Prix HT = prix TTC 1,196  108,61 €. 11 c. CM = 200 1 500  0,133. Et (0,133 – 1) × 100  86,7 ; soit une baisse de 87 % à 1 point près. 12 b. CMglobal = 0,90 × 0,80 = 0,72. 13 b. I = 4 318 3 400 × 100 = 127. 14 b. CMglobal = 2 × 3 = 6 ; soit une hausse de 500 %. 15 b. Vfinal = Vinitial × 1,6 ; donc Vinitial = Vfinal 1,6 CM’ = 1 1,6 ; donc t’ = ( 11,6 – 1) × 100 = – 37,5. 16 c. CM = 0,75 et CM’ × CM = 1. Donc CM’ = 1 1,75 = 4 3 = 1 + 1 3 . On doit augmenter d’un tiers. 17 b. 4 800 × 1,065 × 1,065 = 5 444,28 et 5 444,28 – 4 800 = 644,28. 18 c. (1 + 0,009)12  1,1135 ; hausse de 11,4 %. (p. 19)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 6 3 a. et b. CM = 240 300 = 0,8 : baisse de 20 %. c. est faux, car 100 120  0,833  0,8 26 CM et taux t = (CM – 1) × 100 CM 1,04 1,4 1,004 0,95 0,59 Taux (en %) + 4 + 40 + 0,4 – 5 – 41 CM 0,09 1,057 2,15 5 Taux (en %) – 91 + 5,7 + 115 + 400 27 Calcul de taux à partir d’indices Au 1er du mois Jan. Fév. Mars Avril Mai Indice 100 110 123 103 97 Taux d’évolution 10 % 23 % 3 % – 3 % 28 Calculs d’indices CM = (1 + t100) et In/2009 = CM × 100. Les ventes des voitures de la marque Peugeot ont baissé de 15 % entre 2009 et 2010 donc CM = 0,85 ; soit I2010/2009 = 85. Les ventes des voitures de la marque Renault ont baissé de 7 % entre 2009 et 2010 donc CM = 0,93 ; soit I2010/2009 = 93. Les ventes des voitures de la marque Dacia ont aug- menté de 47,5 % entre 2009 et 2010 donc : CM = 1,4755 ; soit I2010/2009 = 147,55. Année 2009 2010 Indice pour la marque Peugeot 100 85 Indice pour la marque Renault 100 93 Indice pour la marque Dacia 100 147,55 29 Fréquentation des cinémas Les programmes corrects sont les programmes 2 et 3. Le programme 2 correspond à la formule : t = V1 –V0 V0 × 100. Le programme 3 correspond à la formule : t = CM − 1 × 100. Les évolutions de la fréquentation mensuelle entre 2008 et 2009 sont plus fortes qu’entre 2007 et 2008 pour les sept mois : janvier, mai, juin, juillet, août, sep- tembre et décembre, mais l’évolution de la fréquen- tation annuelle entre 2008 et 2009 est moins forte qu’entre 2007 et 2008. 30 indice et taux In/2000 = Yn V2000 × 100. a. Entre 2006 et 2007, CM = 35,5 9,4 = 3,78. L’indice en 2007 est 3,78 × 100  378. De même pour les autres années. On complète le tableau avec un tableur : b. Entre 2006 et 2009, l’indice passe de 100 à 2 851 ; t = (CM – 1) × 100 = CM × 100 – 100 = I2009/2006 – 100 = 2 751. Le taux d’évolution entre 2006 et 2007 est de 2 751 %. 31 Calcul de valeur initiale a. V0 = V1 CM = 20 600 1,03 = 20 000 : population de 20 000 habitants en 2009. b. 58 0,80 = 72,5. La veste coûtait 72,50 €. c. Prix HT = 258 1,196  215,72 € 32 taux de remise a. prix TTC = 21 850 €. Le prix payé par l’acheteur est le prix HT. prix TTC = prix HT × 1,196 ; ou encore : prix HT = prix TTC 1,196 = 21 850 1,196  18 269. L’acheteur paie ce modèle 18 269 €.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 7 b. 21 850 – 18 269 = 3 581 ; le montant de la remise est de 3 581 €. 3 851 21 850  0,163 9 ; le taux de la remise est de 16,39 %. 33 taux : Marché de la viande 1 CM = 21,2 21,8 = 0,972 5 ; t = (CM − 1) × 100 = – 2,75 ; la consommation de viande de bœuf a diminué de 2,75 %. 2 Soit V0 la consommation initiale de viande de volaille en 2007 et V1 la consommation en 2008 : V1 = 25 ; V0 = 25 – 0,2 = 24,8 donc CM = 25 24,8  1,008 1. La consommation de viande de volaille a augmenté de 0,81 %. 3 Soit O0 la consommation de viande ovine en 2007 et O1 la consommation en 2008 : O1 = 3,7 et CM = 1 – 6,9 100 = 0,931 donc O1 = O1 CM = 3,7 0,931  3,97. La consommation individuelle de viande ovine en 2007 était d’environ 4 kg. 34 taux : Marché de la bière 1 CM = 1,9 1,5  1,267 donc t = (CM – 1) × 100 = 26,7 soit une hausse de 26,7 % du marché de la bière en France entre 2008 et 2009. 2 Le marché de la bière a baissé de 2 % en 2010 donc CM = (1 – t100) = 0,98. 1,9 × 0,98 = 1,862 donc le marché de la bière en 2010 est d’environ 1 900 millions d’euros, valeur arrondie à 50 millions d’euros près. 3 En 2010, la consommation de bière par an et par habitant est C1 = 17,2 L. La consommation a augmenté de 9 % en 2009. Si C0 est la consommation en 2009, C1 = 1,09 × C0 donc C0 = C1 1,09 = 17,2 1,09  15,8. En 2009, la consommation annuelle par habitant était de 15,8 L. 35 Évolution d’une recette R1 = 430 × 2,5 = 1 075 €. La quantité augmente de 15 % et le prix diminue de 10 % : (430 × 1,15) × (2,5 × 0,90) = 1 112,625. La recette du mois suivant est de 1 112,625 €. CM = R2 R1 = 1,035 ; t = (CM – 1) × 100 = 3,5 ; soit une augmentation de 3,5 %. 36 Évolution du pouvoir d’achat 1 Pouvoir d’achat : Année 0 : 1 300 112,4 = 11,566 Année 1 : 1 350 120,5 = 11,203 Variation relative du prix : t = ( 120,5112,4 – 1) × 100 = 7,21 ; soit une hausse de 7,21 %. Variation relative du salaire : t = ( 1 3501 300 – 1) × 100 = 3,85 ; soit une hausse de 3,85 %. Variation relative du pouvoir d’achat : t = ( 11,20311,566 – 1) × 100 = – 3,14 ; soit une baisse de 3,14 %. 2 Le nouveau pouvoir d’achat est : salaire × 1,08 prix × 1,10 = salaire prix × 1,08 1,10 . Le pouvoir d’achat est multiplié par 1,08 1,10 = 0,988 soit une baisse de 1,82 % du pouvoir d’achat. 37 Carte de crédit d’un magasin 1 Au bout d’un an, le montant à payer augmente de 19,7 % : 1 200 × 1,197 = 1 436,40. Le client remboursera 1 436,40 €. 2 a. Intérêts payés chaque mois : Capital restant × taux mensuel 1200 × 0,015 = 18 Capital restant dû chaque mois : Capital précédent + intérêts mensuels – mensualité
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 8 b. Le client a besoin de 17 mois pour rembourser son crédit. c. La somme effectivement payée s’obtient en ajou- tant, à la somme de toutes les mensualités, le dernier capital restant : 17 × 80 + 9,52 = 1 369,52. Le prix de l’ordinateur était de 1 200 €, le client a payé 1 369,52 € : (1 369,521 200 – 1) × 100 = 14,1 soit une hausse de 14,1 %. d. Avec des mensualités de 50 € : Le client rembourse son crédit en 20 mois : 29 × 50 + 48,04 = 1 498,04 ; soit un capital effectivement payé de 1 498,04 €. (1 498,041 200 – 1) × 100 = 24,84 ; soit une hausse de 24,84 %. 2 Évolutions successives (p. 23) 38 Vrai ou faux ? a. Faux : 1,02 × 0,97 = 0,9894 ; Or (0,9894 – 1) × 100 = – 1,06 ; la valeur a diminué de 1,06 %. b. Vrai : le coefficient multiplicateur est : CM1 = 0,92 × 0,93 = 0,8556 : baisse de 14,44 %. c. Faux : CMglobal = 1,5 × 0,5 = 0,75. Par ces deux évo- lutions, on obtient une baisse de 25 %. d. Vrai : pour une hausse de 100 %, CM = 2. Donc CMglobal = 0,5 × 2 = 1. 39 taux global d’évolution a. Les signes – indiquent une baisse du marché solaire thermique. Année 2004 2005 2006 2007 2008 2009 Croissance (en %) 11 25 47 – 9 60 – 10 CM 1,11 1,25 1,47 0,91 1,6 0,9 b. CMglobal = 1,11 × 1,25 × 1,47 × 0,91 × 1,6 × 0,9  2,6727 soit une hausse d’environ 167 % pour ces 6 années. 40 taux d’évolution et prévision a. t1= (CM1 – 1) × 100 = ( 3,870,125 – 1) × 100 = 2 996 soit une hausse de 2 996 % de 2005 à 2009. t2= (CM2 – 1) × 100 = ( 83,87 – 1) × 100  106,72 soit une hausse de 106,72 % de 2009 à 2010. b. CMglobal = CM1 × CM2  30,96 × 2,07  64 tglobal = (CMglobal – 1) × 100 = (64 – 1) × 100 = 6 300 ou CMglobal = 8 0,125 = 64 ; tglobal = (CMglobal – 1) × 100 = (64 – 1) × 100  6 300 soit une hausse de 6 300 %. c. La production en 2011 augmente de 130 % par rapport à la production de 2010 : (1 + 130100) × 8 = 18,4 En 2011, l’entreprise produira 18,4 milliers de tonnes de produits alimentaires. 41 taux de tVa et remise 1 Sans réduction : prix TTC = prix HT × 1,196. Avec une réduction de 15 % sur le prix HT : nouveau prix = (prix HT × 0,85) × 1,196. Avec réduction de 15 % sur le prix TTC : nouveau prix = prix TTC × 0,85 = (prix HT × 1,196) × 0,85. Les résultats sont égaux. 2 Le vendeur propose une réduction de 8 % sur le prix TTC, donc le nouveau prix est : prix TTC × 0,92. Le taux de la TVA est de 19,6 % : prix TTC = prix HT × 1,196. Le prix HT est de 34 698 €. 34 698 × 1,196 × 0,92 = 34 698 × 1,10032  38 179 ; le prix payé par le client est 38 179 €.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 9 42 taux annuels et indices a. t1= ( V1V0 – 1) × 100 = (CM – 1) × 100 À l’aide d’un tableur : L’évolution la plus forte est en 2008. b. Indices base 100 en 2007 : In/2007 = Vn V2007 × 100 ; voir tableau ci-dessus. c. tglobal = (CMglobal – 1) × 100 CMglobal = 540,4 348,5  1,550 6 ou CMglobal = 1,180 2 × 1,142 0 × 1,150 5  1,550 6 soit une hausse de 55,06 % ou tglobal = I2010/2007 – 100. L’indice en 2010, base 100 en 2007, est égal à 155,06, ce qui correspond à une hausse de 55,06 %. 1 3 × 55,06  18,35: résultat supérieur aux taux annuels obtenus en a. 43 Évolution du taux de chômage a. V0 = 46,1 – 3,9 = 42,2 et V1 = 46,1. CM = 46,1 42,2  1,092 4 : hausse de 9,24 %. b. Espagne : hausse de 9,69 %, car CMglobal = 0,998 × 1,031 × 1,066  1,0969. France : hausse de 0,18 %, car CMglobal = 0,991 × 0,994 × 1,017  1,0018. Allemagne : baisse de – 2,29 %, car CMglobal = 0,986 × 0,989 × 1,002  0,9771. 44 Calculs de taux réciproques t’= ( 1CM – 1) × 100 ; en pourcentage. a. ( 11,25 – 1) × 100 = – 20 b. ( 11,6 – 1) × 100 = – 37,5 c. ( 10,8 – 1) × 100 = 25 d. ( 10,4 – 1) × 100 = 150 e. ( 13 – 1) × 100  – 66,67 f. ( 10,1 – 1) × 100 = 900 45 Recherche de taux et équations a. CM = 1,2 × (1 + t 100 ) = 1,4 1 + t 100 = 1,4 1,2 ⇔ t = (1,41,2 – 1) × 100  16,67 ; soit une hausse de 16,67 %. b. CM = 1,1 × (1 – t100) = 105 1 – t 100 = 1,05 1,1 ⇔ t = (1 – 1,051,1 ) × 100  4,55 ; soit une baisse de 4,55 %. c. CM = (1 + t100) 2 = 1,21 1 + t 100 = 1,1 ⇔ t = 10 ; soit une hausse de 10 %. d. CM = (1 + t100) × (1 – t100) = 1 – t 2 10 000 1 – t 2 10 000  1. Le coefficient multiplicateur global est inférieur à 1, donc le prix final est inférieur au prix initial. 46 taux global et équation a. (1 – t100) 2 = 0,9 ⇔ 1 – t 100 = B0,9 On ne garde que la solution positive, car un coefficient multiplicateur est positif. t = (1 –B0,9 ) × 100  5,13 Chaque année, la ville perd 5,13 % de ses habitants. b. 1,2 × (1 + t100) 2 × (1 – t100) 2 = 1,1 Or (100 + t) (100 – t) = 100² – t² On résout : (1 – t100)2) 2 = 1,1 1,2 ⇔ (1002 – t21002 ) = C1,11,2 ⇔ 1002 – t2 = 1002 × C1,1 1,2 ⇔ t2 = 1002 – 1002 × C1,1 1,2 t = 100 × C1 – C1,1 1,2  20,63 Le taux de placement est de 20,63 %.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 10 47 Placements sur un compte épargne a. Le capital est placé au taux annuel de 3 %, donc il augmente de 3 % au bout d’un an : 300 × 1,03 = 309 Le capital est de 309 € au 1er janvier 2011. b. Au 1er janvier 2011, Flore ajoute 20 € sur son compte épargne. Au 1er janvier 2012 : 329 × 1,03 = 338,87 puis elle ajoute 20 €, donc le capital est de 358,87 €. Au 1er janvier 2013 : 358,87 × 1,03 ≈ 369,64 puis elle ajoute 20 €, donc le capital est de 389,64 €. Au 31 décembre 2013 : 389,64 × 1,03 ≈ 401,33. Le capital acquis est de 401,33 € à la fin décembre 2013. c. Pour les deux années, CMglobal = 390 300 = 1,3. Soit t le taux annuel, t vérifie (1 + t100) 2 = 1,3. 1 + t 100 = B1,3 donc t = (B1,3 – 1) × 100  14,02 ; soit un taux annuel de 14,02 %. 48 SMiC et pouvoir d’achat a. et b. Pouvoir d’achat = salaire prix et t = (CM – 1) × 100 en pourcentage. c. En 2011, le nouveau pouvoir d’achat est : SMIC × 1,016 prix × 1,03  SMIC prix × 1,016 1,03 = SMIC prix × 0,986 4 CM = 0,9864 donc t = (0,9864 − 1) × 100 = − 1,36 ; soit une baisse de – 1,36 % du pouvoir d’achat. d. Soit CM le coefficient multiplicateur du SMIC. CM vérifie : SMIC × CM prix × (1 + t100) = 1,01 × SMIC prix donc CM 1 + t 100 = 1,01. D’où (1 + t100) = CM1,01 ; soit une hausse du SMIC de taux t = ( CM1,01 – 1) × 100 en pourcentage. 49 taux global et doublement a. On sait que 26 = 64 ; 6 × 5 = 30. En 30 ans, l’unité d’argent vaut 64 fois sa valeur initiale. b. CM = 64 ; t = (CM – 1) × 100 = 6 300 ; soit une augmentation de 6 300 %. 50 Décote d’une automobile a. t = ( V1V0 – 1) × 100 = (CM – 1) × 100 Si l’acheteur choisit un modèle 2005, le taux d’évolution du prix du véhicule est : t = ( 8 80023 450 – 1) × 100  – 62,47 ; soit une baisse de 62,47 %. b. À l’aide d’un tableur, on obtient : c. En 2011, le prix du véhicule a baissé de 17,8 % : P2011 = P2010 × (1 – t100) . 23 450 × (1 – 17,8100 ) = 23 450 × 0,822 = 19 275. Le prix du véhicule en 2011 est 19 275 €. En 2012, il baisse encore de 17,8 % : 19 275 × (1 – 17,8100 ) = 19 275 × 0,822 = 15 844,05. Le prix du véhicule en 2011 est 15 844,05 €.
Vers le Bac © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 11 51 exercice guidé 1 Le prix au troisième mois est : 145 × 1,05 = 152,25. Le prix au premier mois est : 145 0,91 . 2 a. CMglobal = 0,91 × 1,05 × 1,04 × 1,10  1, 0931 et (1,0931 – 1) × 100 = 9,31 ; soit une hausse d’environ 9,31 %. b. Coefficient réciproque : 1 1,093 1 = 0,914 8 et (0,9148 – 1) × 100 = – 8,52 ; soit une baisse réciproque de 8,5 %. 3 Tableau des indices Début du mois 1 2 3 4 5 Indice 100 91 95,6 99,4 109,3 52 Seuil de pauvreté ParTie a 1 c. CM = 3 751 5 785  0,648 4 ; soit une diminution entre 1975 et 1990, de 35,2 % à 0,1 % près. 2 b. Le nombre de personnes étudiées en 1970 : 5785 0,12  48 208 et en 2005 : 3 733 0,063  59 254 (en milliers), soit une augmentation de 11 millions, à 1 million près. 3 c. Le niveau de vie est le double du seuil de pau- vreté. CM = 2 × 757 2 × 377  2,008 ; soit une hausse d’environ 100 % du niveau de vie médian de 1970 à 2007. ParTie B 1 V1975 = 8 649, V1990 = 7 848 ; Variation absolue entre 1975 et 1990 : ∆V = V1990 – V1975 = – 801 milliers ; CM = V1990 V1975  0,907 4 donc t = (CM – 1) × 100 = – 9,26. Le nombre de personnes pauvres a diminué de 9,26 % de 1970 à 1990. Ce résultat est inférieur en pourcen- tage, à celui trouvé à la question 1 de la ParTie a. 2 V1970 = 8 649, V2005 = 7 136 ; Variation absolue entre 1970 et 2005 : ∆V = – 1 513 milliers ; Variation relative entre 1970 et 2006 : ∆V V1970 × 100 = – 1 513 8 469 × 100  – 17,49 ou CM = V2005 V1970  0,825 1 donc t = (CM – 1) × 100 = – 17,49. Le nombre de personnes pauvres a diminué de 17,49 % de 1970 à 2005. 3 Avec un seuil de pauvreté à 50 %, entre 2000 et 2007, le seuil de pauvreté a augmenté de : t = ( 757657 – 1) × 100 = 15,2 soit une hausse de 15,2 %. Avec un seuil de pauvreté à 60 %, entre 2000 et 2007, le seuil de pauvreté a augmenté de : t = ( 908789 – 1) × 100 = 15,08 soit une hausse de 15,08 %. 53 Calcul du prix de la rentrée 1 On complète le tableau donné, à l’aide d’un tableur, en utilisant les coefficients multi- plicateurs : Cellule B2 : CM = (1 + – 6,13100 ) = 0,938 7 donc prix en 2009 = 33,07 CM  35,23. Cellule B3 : CM = (1 + 1,42100 ) = 1,014 2 donc prix en 2009 = 88,32 CM  87,08. Cellule C4 : CM = (1 + 3,89100 ) = 1,038 9 donc prix en 2010 = 51,92 × CM  53,94. En ajoutant toutes les dépenses, on calcule la dépense totale en 2009 en cellule B5 puis en cellule C5, celle de 2010 : t = (CM – 1) × 100  0,63 ; soit une hausse de 0,63 %. La hausse des prix des vêtements a été la plus impor- tante. 2 À l’aide du tableur, on obtient : Année Coût CM Taux d’évolution (en %) 2004 184,73 2005 186,32 1,0086 0,861 2006 202,7 1,0879 8,791 2007 206,68 1,0196 1,963 2008 190,82 0,9233 – 7,674 2009 174,23 0,9131 – 8,694 (p. 26)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 12 3 a. Magasins spécialisés : P2009 = P2010 CM = P2010 1,027 1 . À l’aide du tableur : 2009 2010 Papeterie 31,04 31,88 Fournitures 80,32 82,5 Vêtements 65,69 67,47 Total 177,05 181,85 b. Supermarchés : Variation relative des prix : t = ( V2010V2009 – 1) × 100 2009 2010 Variation relative des prix Papeterie 41,1 36,66 – 10,80 Fournitures 95,41 95,19 – 0,23 Vêtements 51,56 50,53 – 2,00 Total 188,07 182,38 – 3,03 c. De 2009 à 2010, les prix ont augmenté dans les magasins spécialisés et baissé dans les supermarchés. 54 Prix d’achat d’une maison Prix de la première maison : 260 000 × (1 + 0,02 + 0,07 − 0,02) = 278 200 €. Prix de la deuxième maison : 250 000 × (1 + 0,06 + 0,07) − 5 000 = 277 500 €. 55 taux d’évolution et lecture graphique 1 a. Faux : si CMglobal = 2, le taux t d’évolution annuelle vérifie : CMglobal = (1 + t100) 2 = 2 donc 1 + t 100 = B2 or B2  1,414 2. Le prix n’augmente que de 41,42 % par an. b. Faux : CMglobal = 1,2 × 0,8 = 0,96. CMglobal  1 donc le prix final est inférieur au prix initial. 2 a. Soit x le taux d’évolution annuel, pour les deux années : CMglobal = (1 + x100) 2 . b. Par lecture graphique : pour CMglobal = 2, x  1,414 2. On retrouve sur le graphique suivant que deux hausses successives de 41,42 % font doubler la valeur initiale. 3 a. Soit x le taux de la hausse et x celui de la baisse : CMglobal = (1 + x100)(1 – x100) = 1 – x 2 10 000 b. Par lecture graphique : pour CMglobal = 0,96, x = 20. 4 CMglobal = (1 – 10100) 5  0,590 5. Après 5 baisses successives de 10 %, on obtient une baisse de 40,95 % et non 50 %. CMglobal = (1 – x100) 5 = 0,5. Par lecture graphique, x  12,94. Après 5 diminutions de 12,94 % (à 0,01 près), le prix diminue de moitié. 56 Pouvoir d’achat et SMiC ParTie a 1 a. Entre 1999 et 2002 : CMglobal = 1,032 × 1,034 × 1,034 × 1,036  1,143 1 ; soit une hausse de 14,31 %. b. Entre 2003 et 2006 : CMglobal = 1,008 × 1,026 × 1,016 × 1,026  1,078 1 ; soit une hausse de 7,81 %. c. L’affirmation du journaliste est vraie. 2 a. Les indices du salaire moyen base 100 en 1951 sont 342, 345, 344, 345, 348, 348, donc stables de 2001 à 2006. CMglobal = 348 342  1,017 5 ; soit une hausse de 1,75 % en 5 ans. Le SMIC horaire brut est passé de 6,67 € à 8,27 €. CMglobal = 8,27 6,67  1,239 9 soit une hausse de 24 % en 5 ans. b. L’affirmation du journaliste est fausse.
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 13 ParTie B 1 a. b. et 2 a. À l’aide d’un tableur : tannuel = (CM – 1) × 100 = ( V1V0 – 1) × 100 et In/2001 = Vn V2001 × 100. 57 ... en économie Calculs d’élasticité 1 Le prix a augmenté de 1,2 % entre 2005 et 2006, CM = 1,012. Il atteint 5,94 € en 2006. P2005 = P2006 CM = 5,94 1,012  5,87 donc le prix d’une place en 2005 est 5,87 €. 2 Entre 2006 et 2008, T = (CMglobal – 1) × 100 = (6,015,87 – 1) × 100  2,39 ; soit une hausse de 2,39 %. 3 Le taux annuel t vérifie l’équation : CMglobal = (1 + t100) 3 = 1,023 9. Le taux annuel arrondi au centième : t  0,79 %. 4 À l’aide d’un tableur, on obtient que le prix d’une place de cinéma dépasse 6,25 € en 2013. b. Entre 2007 et 2008, le salaire moyen augmente de 1,5 % : 353 × 1,015 = 358,295 donc le salaire moyen en 2008 est environ égal à 358 €. CM = 358 342  1,047 donc l’indice base 100 en 2001 du salaire moyen en 2008 est 104,7. (p. 28)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 14 5 a. ED/P = D1 – D0 D0 P1 – P0 P0 = 2 350 – 2 400 2 400 0,20 8,60  – 0,89 b. Le prix augmente de 2 % donc le prix d’une place de cinéma au mois 1 est : P1 = P0 (1 + t100) = 8,80 × 1,02 = 8,976. Soit D1, le nombre de places vendues le mois 1, D1 vérifie l’équation : ED/P = D1 – 2 350 2 350 0,02 = – 1,3 ⇔ D1 = 2 288,9. Mois 0 Mois 1 Prix (en €) 8,80 8,98 Demande : nombre de places vendues 2350 2289 Chiffre d’affaires (en €) 20 680 20 555,22 Le chiffre d’affaires est égal à 8,98 × 2 289 = 20 555,22 €. Le taux d’évolution du chiffre d’affaires est : t = (20 555,2220 680 – 1) × 100  – 0,603 ; soit une baisse de 0,6 % du chiffre d’affaires. Le directeur n’a pas fait le bon choix. 58 ... en anglais tourisme international 1 a. Pendant la période de janvier à août 2010, le nombre de touristes est supérieur de 40 millions au nombre de touristes à la même période en 2009. Il était donc égal à 602 millions en 2009. Le pourcentage d’évolution est : t = (642602 – 1) × 100  6,64 ; soit une hausse de 6,64 % entre 2009 et 2010. b. Le nombre de touristes en 2010 est supérieur de 1 million au nombre de touristes à la même période en 2008. Le nombre de touristes en 2008 est donc égal à 641 millions en 2008. Le pourcentage d’évolution est : t = (602641 – 1) × 100  – 6,08 ; soit une baisse de 6,08 % entre 2008 et 2009. 2 Le taux d’évolution entre 2010 et 2011 est de 4 % : CM = 1,04. En 2010, le nombre de touristes est de 642 millions. 642 × 1,04 = 667,6 : le nombre de touristes estimés en 2011 est de 667,6 millions. 3 Entre 2009 et 2011, le nombre de touristes a aug- menté de 6,64 % puis a baissé de 6,08 % puis augmenté de 4 % : CMglobal = 1,066 4 × 0,939 2 × 1,04  1,041 6 ; soit une hausse de 4,16 % du nombre de touristes entre 2009 et 2011. 59 ... en biologie Population de bactéries 1 a. Pendant les cinq premières minutes, la popula- tion des bactéries continue d’augmenter. b. t 0 5 10 f (t) 1 025 2 On observe que le bactéricide ralentit la croissance de la population de bactéries. 60 ... en géographie Évolution de la population japonaise 1 La population japonaise a baissé de 0,24 % entre 2009 et 2010 : CM = 0,9976. En 2010, la population compte 126 804 400 habitants : P2009 = P2010 0,997 6 = 127 109 462 ; la population en 2009 compte 127 109 462 millions d’habitants. 2 a. À l’aide d’un tableur, on obtient : Année Population Taux / 2004 2050 115 183 943 – 9,79 2051 114 907 502 – 10,01 Année Population Taux / 2004 2100 102 144 259 – 20 2109 99 959 006 – 21,7 b. Ce n’est qu’à partir de 2100 que la population japo- naise sera inférieure à 100 millions d’habitants.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 15 61 ... en économie Consommation des ménages 1 a. coeff. budgétaire = conso. du poste conso. totale × 100 À l’aide d’un tableur, on obtient : b. La part de l’alimentation est de 10,4 %. 1 418,6 × 0,1040  147,53 donc la consommation pour l’alimentation est de 147,53 milliards. 2 a. tglobal = (CMglobal – 1) × 100 CMglobal = 1,027 × 1,045 × 1,034 × 1,047 × 1,052 × 1,032  1,2614 soit une hausse de 26,14 % du Revenu Disponible Brut entre 2003 et 2009. Année 2003 2004 2005 2006 2007 2008 Global Taux (en %) au cours de l’année 2,7 4,5 3,4 4,7 5,2 3,2 26,14 CM 1,027 1,045 1,034 1,047 1,052 1,032 1,2614 b. EC/R = taux d’évolution de la consommation taux d’évolution du revenu Pour l’alimentation : EC/R = 18,2 26,14  0,67 Pour les loisirs : EC/R = 25,2 25,14  0,96 Pour le logement : EC/R = 33,3 25,14  1,27 Pour les communications : EC/R = 39,5 26,14  1,51 c. Si le revenu augmente de 1 %, pour l’alimentation, la consommation augmente de 0,67 %, donc une aug- mentation moins forte. Pour les loisirs, la consommation augmente de 0,96 %, donc une augmentation presque égale. Pour le logement, la consommation augmente de 1,27 %, donc une consommation plus forte. Pour les communications, la consommation augmente de 1,51 % donc une consommation plus forte. 62 ... en arts Les poupées russes 1 t = (CM – 1) × 100 = ( V1V0 – 1) × 100 À l’aide d’un tableur : 2 CMglobal = 1,5 × 1,666 7 × 1,6 × 1,625 × 1,615 4  10,5 ; tglobal = (CMglobal – 1) × 100 = 950 ; soit une augmentation de la taille de 950 % entre la poupée P2 et la poupée P7. 3 P0 est la valeur de départ avant une augmentation de 66,1 %. P1 = P2 CM = 2 1,661  1,2. La plus petite poupée mesure 1,2 cm. 63 ... en histoire Les chocs pétroliers du xxe siècle 1 En 1973, variation absolue ∆V = 10,41 – 2,83 = 7,58 ; soit une hausse de 7,58 $. Variation relative : t = (10,412,83 – 1) × 100  267,84 ; soit une hausse d’environ 268 %. En 1978, variation absolue : ∆V = 29,75 – 13,03 = 1672 ; soit une hausse de 16,72 $. Variation relative : t = (29,7513,03 – 1) × 100  128,31 ; soit une hausse de 128 %. L’évolution de 1973 fut la plus importante en valeur relative. 2 a. Entre 1985 et 1986, t = (12,9727,33 – 1) × 100  52,9 ; soit une baisse de 52,9 %. b. Cet « effondrement » fut beaucoup moins important en valeur relative. 3 À l’aide d’un tableur (voir ci-dessous) : À la calculatrice : Entrer en liste L1 les années : OPS 5 : suite (x, x, 1973, 1 990,1) L1. Entrer les prix en liste L2. En liste L3, entrer : L3 = 100 L2 L2(6).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 16 64 ... en économie Comparaison de deux livrets d’épargne 1 Le capital obtenu en appliquant le calcul de la pre- mière proposition au taux annuel de 1,75 % est : C1 = C0 × (1 + t100) = 5 000 × 1,0175 = 5 087,5 ; soit un capital de 5 087,50 €. 2 a. Soit t le taux mensuel correspondant à un taux annuel de 4,8 %, le coefficient multiplicateur global est CMglobal = (1 + t100)12. t vérifie l’équation : (1 + t100)12 = 1,048. b. Le taux mensuel est de 0,391 5 %. c. Soit t le taux mensuel correspondant à un taux annuel de 1,6 %. t vérifie l’équation : (1 + t100)12 = 1,016. Le taux mensuel est de 0,132 4 %. 3 a. Le capital est placé pendant 3 mois au taux men- suel de 0,39 % et pendant 9 mois au taux mensuel de 0,13 % : CMglobal = 1,003 915 3 × 1,001 3249  1,023 91 5 000 × 1,02391 = 5 119,55 Le capital acquis est de 5 119,55 €. Les intérêts s’élèvent à 119,55 €. b. On prélève sur les intérêts 12,7 % puis 18 % donc les intérêts après prélèvement sont : 119,55 × (1 – 12,7100 ) × (1 – 18100 )  85,58 ; soit des intérêts de 85,58 €. Le capital acquis est de 5 085,58 €. 4 Le taux d’évolution annuel est : t = (5 085,585 000 – 1) × 100 = 1,711 6. Soit un taux annuel d’environ 1,71 % pour la seconde proposition, taux inférieur à celui du livret A
Second degréSecond degré Partir d’un bon pied d. Vrai : d’après b. e. Faux : l’ensemble solution de f(x)  0 est : ]– ∞ ; – 1]  [5 ; + ∞[ . f. Faux : le minimum de f est – 3 , atteint en 2. © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 17 (p. 32) C h a p i t r e 2 Les élèves ont déjà quelques connaissances sur le second degré en Seconde, plus que dans le pro-gramme précédent. Ce chapitre va permettre de consolider tout l’aspect graphique afin de placer les techniques algébriques, plus difficiles à maîtriser. Si la forme canonique est à connaître, sa détermi- nation n’est pas un attendu du programme : inutile en 1re ES de faire « une reconnaissance du début de développement d’un carré », le calcul de l’abscisse du sommet – b 2a est plus efficace, plus encore que la réso- lution de l’équation ax² + bx + c = c, puis la recherche du milieu des deux solutions 0 et – b a . Nous avons intentionnellement mis le signe – devant le numérateur b et non devant la fraction, car pour une part des élèves de ES les nombres relatifs et les règles de signes ne sont pas maîtrisés. Inutile de cher- cher à démontrer les formules des racines : trop de techniques mathématiques qui entrent en jeu dans cette démonstration n’ont pas été travaillées dans les classes précédentes. La factorisation n’est plus un objectif de collège et en Seconde, le temps manque pour la pratique. Nous avons proposé un algorithme de recherche de la forme canonique. Dans les programmes précédents, donc depuis 15 ans, le signe du trinôme est vu à travers la position relative de la parabole et de l’axe des abscisses : nous avons continué cette pratique, plus formatrice qu’un théo- rème de type algébrique, et la justification est le tracé de la parabole et de l’axe des abscisses, et le placement des solutions si elles existent. Le calcul formel (calculatrice ou logiciel TI-Nspire™ dans l’ouvrage) n’est là que pour indiquer des résul- Lire graphiquement a. Faux : l’axe des ordonnées est l’axe vertical. b. Vrai : en traçant la droite d’équation y = – 2. c. Vrai : l’ordonnée du point d’abscisse 2 est – 3. a Intentions des auteures tats à utiliser au cours de l’exercice par les élèves. Ce ne sont donc que des copies d’écran. En aucun cas l’élève doit faire un calcul formel. Comme les classes de 1re ES ne sont pas dédoublées a priori, nous avons fait le choix d’une pratique en classe par le profes- seur en classe entière avec ordinateur et vidéo- projecteur (ou TBI) et non des séances en salle infor- matique. Pour ce qui concerne l’algorithmique, difficile de faire autre chose que des programmes sur calculatrice pour ces élèves. Les prérequis sont importants et bien en place dans l’accompagnement personnalisé : aussi bien en méthode (partie A), en calcul algébrique (partie B), en lectures graphiques (partie E) et bien sûr, un retour sur la fonction carré (partie F). De nombreux liens permettront aux élèves de les trouver. Les applications en SES sont nombreuses, conduisant : – à la résolution d’une équation : les points morts d’une production (résolution d’une équation), l’équi- libre de l’offre et de la demande, des lectures de coûts et retour sur les pourcentages ; – à la résolution d’inéquations : la plage de bénéfice, les coûts et les recettes, comparaison de l’offre et de la demande, la courbe de Lorenz, etc. Nous avons pensé aux élèves de L qui ont choisi l’op- tion Maths en abordant des thèmes comme le nombre d’or bien sûr, mais aussi toutes les applications archi- tecturales et propriétés physiques de la parabole. L’exercice 106 est le seul qui est un peu plus délicat, mais son but est surtout de montrer les propriétés du foyer d’une parabole, très utilisées y compris dans le développement durable.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 18 travailler sur les expressions algébriques 1 b. et c. En développant : page 228. 2 b. En développant. 3 a. et b. Voir page 231 : 3(1)² – 2(1) – 1 = 0 et 3(– 13 ) 2 – 2 × – 1 3 – 1 = 0. 4 c. Voir page 243 : (x – 1)² – 4 = 0 ⇔ x – 1 = 2 ou x – 1 = – 2 ⇔ x = 3 ou x = – 1. 5 a. et c. 0,01(50)² – 0,2 × 50 + 22 = 37. B associer courbes et expressions algébriques a. et 4. La parabole est tournée vers le bas et elle a pour sommet (2 ; 1). Voir page 246. b. et 1. La parabole est tournée vers le haut et elle a pour sommet (2 ; 1). c. et 2. La parabole est tournée vers le bas et elle a pour sommet (– 2 ; 1). d. et 3. La parabole est tournée vers le haut et elle a pour sommet (– 2 ; – 1). C rechercher des solutions d’une équation du second degréActivité 2 Coefficients Δ = b² – 4 a c Solutions de l’équationf (x) = 0 Calculatricea b c f1 – 0,5 1 1,5 Δ = 1² – 4 × (– 0,5) × 1,5 = 4 – 1 et 3 f2 2 2 – 4 Δ = 2² – 4 × 2 × (– 4) = 36 – 2 et 1 Utiliser les formes d’un polynôme de degré 2Activité 1 b. – 0,5 (x – 3)² – 1 = – 0,5 (x² – 6 x + 9) – 1 = – 0,5 x² + 3 x – 4,5 – 1 = g (x). c. a = – 0,5 négatif, la parabole g est tournée vers le bas d’où le tableau de variations : x – ∞ 3 + ∞ g (x) – 1 Le maximum de la fonction g est – 1. Donc l’équation g (x) = 0 n’a pas de solution. 3 En développant les formes canoniques, on obtient : • h (x) a pour forme canonique 3 (x – 1)² – 1 et pour tableau de variations C. • k (x) a pour forme canonique – (x + 2)² + 3 et pour tableau de variations B. • m (x) a pour forme canonique – 1 4 (x – 2)² + 2 et pour tableau de variations A. 1 a. 0,5 (x – 1)² – 2 = 0,5 (x² – 2 x + 1) – 2 = 0,5 x² – x + 0,5 – 2 = f (x). x – ∞ 1 + ∞ f (x) – 2 b. 0,5 (x + 1) (x – 3) = 0,5 (x² – 3 x + x – 3) = 0,5 x² – x – 1,5 = f (x) f (x) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ou x – 3 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3 Donc S = {–1 ; 3}. 2 a. Les coordonnées du sommet de la parabole sont (3 ; – 1). Découvrir (p. 34)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 19 Déterminer le signe d’un polynôme du second degréActivité 3 a Δ Signe de a Signe de Δ Allure de la parabole Tableau de signes f1 – 0,5 4 négatif positif + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – + + + + + + + + + +3–1 x – ∞ – 1 3 + ∞ f1 (x) – 0 + 0 – f2 2 36 positif positif x1 x2 ++ – x – ∞ – 2 1 + ∞ f2 (x) + 0 – 0 + f3 1 0 positif nul + + + α x – ∞ 1 + ∞ f3 (x) + 0 + f4 – 1 – 3 négatif négatif – – – x – ∞ + ∞ f4 (x) – f5 – 0,5 0 négatif nul α – – – x – ∞ – 1 + ∞ f5 (x) – 0 – f6 2 – 4 positif négatif + + + x – ∞ + ∞ f6 (x) + f3 1 – 2 1 Δ = (– 2)² – 4 × 1 × 1 = 0 1 f4 – 1 – 1 – 1 Δ = (– 1)² – 4 × (– 1) × (– 1) = – 3 Pas de solution f5 – 0,5 – 1 – 0,5 Δ = (– 1)² – 4 × (– 0,5) × (– 0,5) = 0 – 1 f6 2 – 2 1 Δ = (– 2)² – 4 × 2 × 1 = – 4 Pas de solution
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 20 résoudre une équation à l’aide d’un programmeActivité 4 Casio : 2 a. Δ = 36 ; x1 = 5 et x2 = – 1 . Donc S = { 5 ; – 1 }. b. Δ = –7 . Donc S = ∅. c. Δ = 0 ; α = 1. Donc S = { 1 }. d. Δ = 121 ; x1 = 7 et x2 = 1,5. Donc S = { 7 ; 1,5 }. 1 • Saisie des coefficients : T.I. : Casio : • Calcul de Δ et son affichage : T.I. : Casio : • Test sur le signe de Δ : T.I. : Étudier la position relative de deux courbesActivité 5 b. f (x)  g (x) ⇔ 0,5 x² – 1,5 x – 1  – 0,5 x + 0,5 ⇔ 0,5 x² – x – 1,5  0 . a = 0,5 positif et Δ = 4 ; x1 = – 1 et x2 = 3. x1 x2 ++ – x – ∞ – 1 3 + ∞ f (x) – g (x) + 0 – 0 + Donc S = [ – 1 ; 3 ]. 1 La fonction f est du second degré, représentée par la parabole et la fonction g est affine, donc représentée par la droite. 2 a. Les courbes f et g se coupent aux points d’abscisses – 1 et 3, donc S = { – 1 ; 3 }. b. f (x) = g (x) ⇔ 0,5 x² – 1,5 x – 1 = – 0,5 x + 0,5 ⇔ 0,5 x² – x – 1,5 = 0. Δ = 4 ; x1 = – 1 et x2 = 3. Donc S = { – 1 ; 3 }. 3 a. La courbe f est en dessous de la droite g sur l’intervalle [ – 1 ; 3 ]. Donc S = [ – 1 ; 3 ].
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 21 Exercices d’application 1. Utiliser une forme adaptée (p. 37) 1 1 Le sommet de la parabole f a pour coordonnées (1 ; – 3). Donc g (x) = 2 (x – 1)² – 3. 2 a. g (x) du second degré avec a = 2 positif. a > 0 x – ∞ 1 + ∞ g (x) – 3 Donc la fonction g admet – 3 comme minimum, atteint en 1. b. g (x) = – 1 ⇔ 2 x² – 4 x – 1 = – 1 ⇔ 2 x² – 4 x = 0 ⇔ 2 x (x – 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x – 2 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2. Donc S = { 0 ; 2 }. c. g (x) = – 3 ⇔ 2 (x – 1)² – 3 = – 3 ⇔ 2 (x – 1)² = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1. Donc S = { 1 }. d. Le minimum de g est – 3 . Donc l’inéquation g (x) < – 4 n’a pas de solution. 2 1 – (x – 1)² + 16 = – (x² – 2 x + 1) + 16 = – x² + 2 x – 1 + 16 = h (x). 2 h (x) = 4² – (x – 1)² = (4 – (x – 1)) ( 4 + ( x – 1)) = ( 4 – x + 1) (4 + x – 1) = (5 – x) (x + 3). 3 a. h (1) = – (1 – 1)² + 16 = 16 . b. h (0) = – (0 – 1)² + 16 = 15 . c. Comme a = – 1 négatif, on a le tableau de variations de h. a < 0 x –∞ 1 +∞ h (x) 16 d. h (x) = 0 ⇔ 5 – x = 0 ou x + 3 = 0 ⇔ x = 5 ou x = –3 . Donc S = { –3 ; 5 }. 3 • 0,5 ( x – 1)² – 2 = 0,5 (x² – 2 x + 1) – 2 = 0,5 x² – x + 0,5 – 2 = 0,5 x² – x – 1,5. 0,5 (x + 1) (x – 3) = 0,5 (x² – 3 x + x – 3) = 0,5 x² – x – 1,5. Donc 0,5 (x – 1)² – 2 = 0,5 (x + 1) (x – 3). • f (x) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ou x – 3 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3. Donc S = { – 1 ; 3 }. • f (x) = –2 ⇔ 0,5 (x – 1)² – 2 = – 2 ⇔ 0,5 (x – 1)² = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1. Donc S = { 1 }. Exercices d’application 2. résoudre une équation du second degré (p. 39) 4 a. a = 1, b = –2 et c = 3. Δ = – 8. Donc f (x) n’a pas de racine. b. a = 2, b = – 3 et c = 1. Δ = 1 ; x1 = 0,5 et x2 = 1. Donc f (x) admet deux racines : 0,5 et 1. c. a = – 1 , b = 2 et c = 3. Δ = 16 ; x1 = 3 et x2 = – 1. Donc f (x) admet deux racines : 3 et –1 . d. a = – 1 , b = 2 et c = – 1. Δ = 0 ; α = 1. Donc f (x) admet une racine : 1. 5 a. x² – 3x – 10 = 0. Δ = 49 ; x1 = – 2 et x2 = 5. Donc S = { – 2 ; 5 }. b. 2x² = 6x ⇔ 2x² – 6x = 0 ⇔ 2x (x – 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x – 3 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3. Donc S = { 0 ; 3 }. c. (x + 1)² = 9 ⇔ (x + 1)² – 3² = 0 ⇔ (x + 1 – 3) (x + 1 + 3) = 0 ⇔ (x – 2) (x + 4) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ou x + 4 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 4. Donc S = { 2 ; – 4 }. d. 0,2 x² + 2 x – 15 = 0. Δ = 16 ; x1 = – 15 et x2 = 5. Donc S = { – 15 ; 5 }.
Exercices (p. 43) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 22 Exercices d’application 3. Dresser le tableau de signes d’un polynôme du second degré (p. 41) 6 a. a = – 1 négatif et ∆ = 4 ; x1 = 3 et x2 = 1. x1 x2+ – – x – ∞ 1 3 + ∞ A (x) – 0 + 0 – b. a = 2 positif et Δ = – 8. + + x – ∞ + ∞ B (x) + c. a = 1 2 positif et Δ = 2,25 ; x1 = – 4 et x2 = – 1. x1 x2 ++ – x – ∞ – 4 – 1 + ∞ C (x) + 0 – 0 + d. a = – 1 4 négatif et Δ = 0 ; α = 2. α – – – x – ∞ 2 + ∞ D (x) – – 7 • f (x) = 2 x² + 3 est la somme d’un carré, positif, mul- tiplié par 2, et de 3. Donc pour tout réel x, f (x) > 0. • g (x) = – 0,1x² – 7 = – (0,1x² + 7) est l’opposé d’un nombre strictement positif. Donc pour tout réel x, g (x) < 0. • h (x) = (x – 3)² + 1 est la somme d’un carré, positif, et de 1. Donc pour tout réel x, h (x) > 0. • k (x) = 3 (x + 4)² est le produit de 3 et d’un carré, positif qui s’annule en – 4. Donc : x – ∞ – 4 + ∞ k (x) + 0 + QCM 8 c. 3(x + 1)2 – 4 = 3 (x2 + 2x + 1) – 4 = 3x2 + 6x – 1. 9 a. La forme factorisée n’existe pas si le polynôme n’a pas de racine ; si a = 0, le polynôme est du premier degré. La forme canonique existe toujours. 10 a. Sur la forme canonique, – 2 annule le carré et – 3 est l’image lorsque x = – 2. 11 c. Forme factorisée et règle du produit nul. 12 b. L’abscisse du sommet est α = 1,5 et a = – 1. Donc la fonction f est décroissante sur [1,5 ; + ∞ [, donc sur [2 ; + ∞ [ qui est à l’intérieur. 13 b. Δ = 20 positif. 14 b. On factorise ax2 + bx = x (ax + b), produit qui s’annule en 0 et en – b a : voir page 234. 15 a. Δ = – 0,2 négatif, et a = 0,1 positif. 16 c. Bien reprendre le tableau page 40. 17 a. Δ = 25. Donc x1 = 4 et x2 = – 1. 18 b. On résout l’inéquation – x2 + 3x  0. Les solutions de l’équation – x2 + 3x = 0 sont 0 et 3 et la parabole est tournée vers le bas. 1 polynômes du second degré et parabole (p. 44) 19 QCM 1 c. 2 (x – 3)2 + 7 = 2 (x2 – 6x + 9) + 7 = 2 x2 – 12x + 18 + 7 = 2 x2 – 12x + 25. Revoir le calcul algébrique page 228. 2 b. 4 (x + 1)² – 9 = 2² (x + 1)² – 3² = (2 (x + 1) + 3) (2 (x + 1) – 3) = (2x + 5) (2x – 1) Voir page 228. 3 a. – 2 (x + 2)² + 9 = – 2 (x² + 4 x + 4) + 9 = – 2 x² – 8 x – 8 + 9 = – 2 x² – 8 x + 1.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 23 20 Vrai ou faux ? 1 Vrai : en développant B et C, on retrouve A. 2 Vrai : on applique la règle du produit nul : voir page 234. 3 Faux : en lisant la forme canonique B, le sommet a pour coordonnées ( 13 ; – 43 ). 4 Vrai : a = 3 positif. 21 reconnaître une fonction 1 a. Pour la fonction f, a = 1, positif, parabole tournée vers le haut, représentation par la courbe rouge. 2 c. La fonction g est représentée par g , bleue, l’abs- cisse du sommet de g est 1, l’abscisse du sommet de f est p. Graphiquement, on a p > 1. 3 a. f (p) = q, le sommet de f est en dessous de l’axe des abscisses, donc q < 0. 22 allure d’une parabole 1 f , parabole tournée vers le haut et g , parabole tournée vers le bas donc a est positif et a’ est négatif. 2 Sommet de f , de coordonnées (p ; q) et sommet de g de coordonnées (p’ ; q’ ). Graphiquement, on a : p > p’ et q < q’. 23 QCM a. Vrai : a = 2 positif. b. Faux : a = – 3 négatif ; la fonction g est décroissante sur [ – 1 ; + ∞ [ . c. Vrai : α = – b 2a = + 1 4 . d. Faux : le sommet est S’ ( – 1 ; 4 ). 24 repérer une forme Voir pages 228 et 230. Formes développées Formes factorisées Formes canoniques B, D et G A, H, I et J C, E et F On développe les expressions non développées : A = D = F B = E = H C = G = I 25 Égalités d’expressions a. 3 ( x – 32 ) 2 + 25 4 = 3 ( x2 – 3x + 94 ) + 254 = 3x2 – 9x + 27 4 + 25 4 = 3x2 –9x + 13 b. – 1 2 (x – 2)2 + 8 = – 1 2 (x2 – 4x + 4) + 8 = – 1 2 x2 + 2x + 6 1 2 (6 – x) (x + 2) = 1 2 (– x2 + 4x + 12) = – 1 2 x2 + 2x + 6 c. 0,1 (x + 10)2 – 20 = 0,1 (x2 + 20x + 100) – 20 = 0,1x2 + 2x – 10 26 Formes et calculatrices a. Le sommet paraît être S (1,5 ; –2,5). b. 2 ( x – 1,5)² – 2,5 = 2 (x² – 3 x + 2,25) – 2,5 = 2 x² – 6 x + 4,5 – 2,5 = 2 x² – 6 x + 2 = f (x). La forme que l’on a développée est la forme canonique de f (x). c. a = 2 positif et le sommet est (1,5 ; – 2,5). x – ∞ 1,5 + ∞ f (x) – 2,5 27 Forme factorisée a. g (x) = – 0,1 (x – 2)(x + 3) ⇔ x – 2 = 0 ou x + 3 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 3. La parabole g traverse l’axe des abscisses aux points d’abscisses 2 et – 3. b. α est la moyenne des racines 2 et – 3. Donc α = – 3 + 2 2 = – 1 2 . c. b = – 0,1 ( – 12 – 2 ) ( – 12 + 3 ) = 58 . D’où la forme canonique de g (x) est : g (x) = – 0,1 ( x + 12 ) 2 + 5 8 . a = – 0,1 négatif et le sommet de g a pour coordon- nées ( – 12 ; 58 ). Donc : x – ∞ – 1 2 + ∞ g (x) 5 8 28 Signe de a a. La parabole est tournée vers le bas, donc le coeffi- cient de x² est négatif. b. La forme canonique de h (x) est : h (x) = a (x – 2)2 + 9. Comme h (– 1) = 0 ⇔ 9a + 9 = 0, donc a = – 1. Ainsi h(x) = – (x – 2)2 + 9 = – x2 + 4x + 5.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 24 29 Choisir la bonne forme 1 Justifier : il faut faire les calculs : voir page 225. • f (x) = – ( x2 – 2 × 52x + ( 52 ) 2 ) + 4 = – x2 + 5 x – 25 4 + 4 = – x2 + 5 x – 9 4 • f (x) = 22 – ( x – 52 ) 2 = ( 2 – ( x – 52 )) ( 2 + ( x – 52 )) = ( 2 – x + 52 ) ( 2 + x – 52 ) = ( 92 – x ) ( x – 12 ) = 9 – 2x 2 × 2x – 1 2 = – (2x – 9) (2x – 1) 4 2 a. Pour déterminer les points d’intersection avec l’axe des abscisses, on résout l’équation f (x) = 0 en prenant la forme factorisée : – (2x – 9) (2x – 1) 4 = 0. Quotient nul : voir page 234. 2 x – 9 = 0 ou 2 x – 1 = 0 ⇔ x = 9 2 ou x = 1 2 . Donc la courbe f coupe l’axe des abscisses aux points ( 92 ; 0 ) et ( 12 ; 0 ). Pour déterminer le point d’intersection avec l’axe des ordonnées, on calcule f (0) en remplaçant x par 0 dans la forme développée : f (0) = – 02 + 5(0) – 9 4 = – 9 4 . Donc f coupe l’axe des ordonnées en ( 0 ; – 94 ). b. a = – 1 négatif, donc la parabole est tournée vers le bas. En utilisant la forme canonique, on obtient : x – ∞ 5 2 + ∞ f (x) 4 c. La fonction f admet 4 comme maximum, donc la valeur 25 n’est pas atteinte par f (x). L’équation f (x) = 25 ne peut donc avoir de solution. 30 retrouver l’expression Le graphique indique que le sommet de la parabole est S (2 ; – 1) et f (0) = 1. La forme canonique est donc : f (x) = a (x – 2)2 – 1 et a vérifie l’équation : a (0 – 2)² – 1 = 1 ⇔ a = 1 2 . Donc : f (x) = 1 2 (x – 2)2 – 1. 31 a. a = 2 positif ; b = – 3 et c = 4. α = – (– 3) 2 × 2 = 3 4 et b = f (α) = 2 ( 34 ) 2 – 3 ( 34 ) + 4 = 238 . Donc f (x) = 2 ( x – 34 ) 2 + 23 8 . x – ∞ 3 4 + ∞ f (x) 23 8 b. a = – 3 négatif ; b = 2 et c = 1. α = – 2 2 × (– 3) = 1 3 et b = f (α) = – 3 ( 13 ) 2 + 2 ( 13 ) + 1 = 43 . Donc f (x) = – 3 ( x – 13 ) 2 + 4 3 . x – ∞ 1 3 + ∞ f (x) 4 3 32 a. a = – 4 négatif ; b = 2 et c = – 1. α = 1 4 et b = f ( 14 ) = – 34 . Donc f (x) = – 4 ( x – 14 ) 2 – 3 4 . x – ∞ 1 4 + ∞ f (x) – 3 4 b. a = –2 négatif ; b = 9 et c = 0. α = 9 4 et b = f ( 94 ) = 818 . Donc f (x) = – 2 ( x – 94 ) 2 + 81 8 . x – ∞ 9 4 + ∞ f (x) – 81 8 33 Forme canonique 1 Forme canonique : f (x) = a (x – α)² + β. α = – b 2a = et b = f (α) = a α² + b α + c. 2 • Saisie des coefficients a, b, c : (Texas) (Casio) • Calcul de α et son affichage : (Texas) (Casio) • Calcul de b et son affichage : (Texas) (Casio)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 25 2 Équations du second degré (p. 46) 34 QCM 1 a. Si a > 0 (négatif ), la parabole est tournée vers le haut et comme yS > 0 , la parabole f ne coupe pas l’axe des abscisses, c’est-à-dire l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution. α On en déduit que Δ < 0 . 2 a. c. et d. sont vraies. Δ > 0 indique qu’il y a deux solutions et a > 0 indique que la parabole est tournée vers le haut. x1 x2 α Mais on ne peut rien dire sur le signe de l’abscisse du sommet. 3 a. et c. sont vraies. Comme Δ = 0, il y a une seule solution α et la parabole f touche une seule fois l’axe des abscisses en α = xS. f (x) garde donc toujours le même signe. + + + – – – 35 Vrai ou faux ? a. Vrai : Δ = 4 positif. On calcule les deux solutions : x1 = 1 et x2 = 3. b. Faux : l’équation est : 2x2 + 5x – 10 = 0. Δ = 105 ; x1 ≈ 3,8 et x2 ≈ 1,3. (La réponse donnée p. 254 dans les corrigés du manuel élèves est inexacte.) c. Vrai : Δ = 0 nul. Il y a une seule solution α = 2. d. Vrai : Δ = –95 , négatif : il n’y a pas de solution. e. Vrai : Δ = 81 positif et !ßΔ = 9 : x1 = –2 et x2 = 1. 36 associer fonction et parabole • f et 2. : comme a = 1, la parabole f est tournée vers le haut et on calcule Δ = 5, donc f coupe deux fois l’axe des abscisses. • g et 3. : a = – 1 et Δ = 13. Donc g est tournée vers le bas et coupe deux fois l’axe des abscisses. Comme b = – 3 non nul, le sommet de la parabole g n’est pas sur l’axe des ordonnées. h et 4. : a = 3 et Δ = – 3 , donc la parabole h est tournée vers le haut et ne coupe pas l’axe des abscisses. k et 1. : a = –3 et Δ = 12, donc k est tournée vers le bas et coupe deux fois l’axe des abscisses. Comme b = 0, le sommet de la parabole est sur l’axe des ordonnées. 37 polynôme ax² + c La fonction f est définie sur  par f (x) = a x² + c. a < 0 f (x) = 0 ⇔ x² = – c a avec a < 0 et c > 0 , donc – c a > 0. L’équation f (x) = 0 admet deux solutions distinctes. On en déduit que f admet un maximum et deux racines distinctes. c. est la bonne réponse. 38 Équation avec Δ a. a = 3 ; b = 1 et c = – 4. Δ = 49 positif et !ß49 = 7. Deux solutions : x1 = – 1 – 7 6 = – 4 3 et x2 = – 1 + 7 6 = 1. S = { – 43 ; 1 }. b. a = 0,1 ; b = – 3 et c = – 9,9. Δ = 12,96 positif et !ß12,96 = 3,6. Deux solutions : x1 = 3 – 3,6 0,2 = – 3 et x2 = 3 + 3,6 0,2 = 33. S = { – 3 ; 33 } c. a = 25 ; b = –20 et c = 4. Δ = 0 nul. Une seule solution : α = – b 2a = 20 50 = 2 5 . S = { 25 }. d. a = 4 ; b = 3 et c = 4. Δ = – 55 négatif. Pas de solution. S = ∅. 39 résolution à adapter a. Δ = 0,01 positif et !ßΔ = 0,1. x1 = 1,1 – 0,1 0,2 = 5 et x2 = 1,1 + 0,1 0,2 = 6. S = { 5 ; 6 }. b. (x + 3)( 3 x + 4) = 0 ⇔ x + 3 = 0 ou 3 x + 4 = 0 ⇔ x = –3 ou x = – 4 3 . S = { – 3 ; – 43 }. c. (x – 2)( 2 x – 3) = (x – 2)² ⇔ (x – 2)( 2 x – 3) – (x – 2)² = 0 ⇔ (x – 2) ((2 x – 3) – (x – 2)) = 0 ⇔ (x – 2) (x – 1) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ou x – 1 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 1. S = { 2 ; 1 }. d. Δ = 289 et !ßΔ = 17. x1 = 7 – 17 4 = – 5 2 et x2 = 7 + 17 4 = 6. S = { – 52 ; 6 }. 40 a. Δ = 49 ; x1 = 4 et x2 = 1 2 . Donc S = { 4 ; 12 }. b. Δ = 5,29 ; x1 = – 11 4 et x2 = 3. Donc S = { – 114 ; 3 }. 41 a. Δ = 0 ; α = – 4. Donc S = { – 4 }. b. Δ = 81 ; x1 = –2 et x2 = 7. Donc S = { – 2 ; 7 } . 42 a. Δ = – 11. Donc S = ∅. b. Δ = 0,09 ; x1 = – 10 et x2 = 5. Donc S = { – 10 ; 5 }.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 26 43 a. Δ = 8 ; x1 = 1 – !ß2 et x2 = 1 + !ß2. Donc S = { 1 – !ß2 ; 1 + !ß2 }. b. Δ = 3 ; x1 = 2 – !ß3 et x2 = 2 + !ß3. Donc S = { 2 – !ß3 ; 2 + !ß3 }. 44 a. Δ = 169 ; q1 = –4 et q2 = 5 2 . Donc S = { – 4 ; 52 }. b. Δ = 49 ; q1 = 4 000 et q2 = 500. Donc S = { 4 000 ; 500 }. 45 a. x (6 x + 11) = 35 ⇔ 6 x2 + 11x – 35 = 0 Δ = 961 et !ßΔ = 31 ; d’où les deux solutions : x1 = – 7 2 et x2 = 5 3 . D’où S = { – 72 ; 53 }. b. (x – 3) (7 – x) = 5 ⇔ 7 x – x2 – 21 + 3 x = 5 ⇔ – x2 + 10 x – 26 = 0 Δ = –4 , donc pas de solution. D’où S = ∅. 46 a. (x – 3)² = 49 ⇔ x – 3 = 7 ou x – 3 = – 7 ⇔ x = 10 ou x = – 4 donc S = { 10 ; –4 }. b. 2 x (x + 1)² = 0 ⇔ x = 0 ou x + 1 = 0 ⇔ x = 0 ou x = –1 donc S = { 0 ; – 1 }. 47 a. 4 x² = 9 x ⇔ 4 x² – 9 x = 0 ⇔ x (4 x – 9) = 0 ⇔ x = 0 ou 4 x – 9 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 9 4 . S = { 0 ; 94 }. b. x² + 4 = 0 ⇔ x² = – 4. Pas de solution. S = ∅. 48 a. 3 x (x + 1)² = 0 ⇔ x = 0 ou x + 1 = 0 ⇔ x = 0 ou x = –1 donc S = { 0 ; – 1 }. b. x + 2 2 (– x + 3) = 0 ⇔ x + 2 2 = 0 ou – x + 3 = 0 ⇔ x = – 2 = 0 ou x = 3 donc S = { –2 ; 3 }. 49 a. 2x 2 – 3x + 1 x + 2 = 0 ⇔ 2x² – 3x + 1 = 0 et x ≠ – 2. Δ = 1 ; x1 = 1 2 et x2 = 1. Donc S = { 12 ; 1 }. b. 1 x + 2 x + 1 = 3 ; les valeurs interdites sont 0 et – 1 . On réduit au même dénominateur. 1 (x + 1) + 2 x – 3 x (x + 1) x (x + 1) = 0 ⇔ x + 1 + 2 x – 3 x 2 – 3 x x (x + 1) = 0 ⇔ – 3 x 2 + 1 x (x + 1) = 0 –3 x² + 1 = 0 ⇔ x2 = 1 3 ⇔ x = 1 !ß3 ou x = – 1 !ß3 S = { 1!ß3 ; – 1!ß3 }. 50 a. La valeur interdite est – 1. x² – 1 = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 1. On garde la solution 1. Donc S = { 1 }. b. La valeur interdite est 2. 9 x2 + 2 x + 3 = 0. Δ = – 104. Donc S ≠ ∅. 51 Équation et courbe 1 Δ = 4 donc x1 = 1 et x2 = 3. D’où S = { 1 ; 3 }. La parabole f coupe l’axe des abscisses aux abscisses 1 et 3. 2 α est la moyenne des racines x1 et x2. Donc α = 1 + 3 2 = 2. On peut aussi calculer α = – b 2a . Comme a = 1, on a le tableau, avec comme minimum f (2) = 22 – 4 × 2 + 3 = – 1. x – ∞ 2 + ∞ f (x) – 1 3 On calcule f (0) = 3. Donc la parabole f coupe l’axe des ordonnées au point (0 ; 3). 52 Lien avec le graphique 1 a. xS = –3 et – 1 est l’une des solutions de l’équation f (x) = 0. b. Par symétrie de la parabole, la deuxième solution vérifie l’équation x + (– 1) 2 = – 3, soit x = –5 . La solution « cachée » est – 5. c. Δ = 4 ; x1 = – 1 et x2 = – 5 . Donc S = { –1 ; – 5 }. On retrouve le résultat du b. 2 f (x) = –4 ⇔ 0,5 x² + 3 x + 6,5 = 0. Δ = – 4. Donc S = ∅. La droite d’équation y = – 4 ne traverse pas la para- bole . 53 Équation et interprétation 1 a. ∆ = 100 ; x1 = – 9 2 et x2 = 1 2 . Donc S = { – 92 ; 12 }. b. 2x² + 8 x – 4,5 = –8 ⇔ 2 x² + 8 x + 3,5 = 0. Δ = 36 ; x1 = – 7 2 et x2 = – 1 2 . Donc S = { – 72 ; – 12 }. c. 2 x² + 8 x – 4,5 = –15 ⇔ 2 x² + 8 x + 10,5 = 0. Δ = – 20. Donc S = ∅. 2 a. f traverse l’axe des abscisses aux points d’abs- cisses – 9 2 et 1 2 . b. La droite d’équation y = – 8 coupe f aux points d’abscisses – 7 2 et – 1 2 . c. La droite d’équation y = – 15 ne coupe pas f .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 27 54 parabole et droite 1 Fenêtre X ∈ [– 6 ; 6] et Y ∈ [– 7 ; 10] 2 Δ = 49 et !ßΔ = 7, donc x1 = – 1 et x2 = 5 2 . D’où S = { – 1 ; 52 }. Ainsi, la parabole f coupe l’axe des abscisses en –1 et en 5 2 . 3 2x2 – 3x – 5 = – x + 7 ⇔ 2x2 – 2x – 12 = 0 Δ = 100 et !ßΔ =10 , donc x1 = –2 et x2 = 3. D’où S = { – 2 ; 3 } . La droite  coupe la parabole f aux points d’abscisses – 2 et 3. 55 intersection de deux paraboles a. b. f (x) = g (x) ⇔ x² + 3 x – 1 = 4 – x² ⇔ 2 x² + 3 x – 5 = 0 Δ = 49 ; x1 = – 5 2 et x2 = 1. Donc S = { – 52 ; 1 }. Les deux paraboles se coupent aux points d’abscisses – 5 2 et 1. 56 position relative On résout – 1 2 x² + x + 5 2 = 5 3 x + 3 ⇔ – 1 2 x² – 2 3 x – 1 2 = 0 Δ = – 5 9 . Donc S = ∅. Donc la droite  ne coupe pas la parabole . 57 points morts d’une production 1 C (q) = 1 610 ⇔ 0,1 q² + 10 q – 110 = 0 Δ = 144 ; q1 = – 110 et q2 = 10. On garde la solution positive. Le coût de fabrication est 1 610 € pour seulement une production de 10 objets. 2 Bénéfice = « Recette » – « coût ». a. B(50) = R(50) – C(50) = 2 100 €. B(100) = R(100) – C(100) = 5 200 €. b. B(q) = 87q – (0,1q² + 10q + 1 500) = – 0,1 q² + 77 q – 1 500. c. – 0,1 q² + 77 q – 1 500 = 0. Δ = 5 329 ; q1 = 750 et q2 = 20. Le bénéfice est nul pour la production et la vente de 20 ou 750 objets. 58 Évolution d’une production ( 1 + a100 ) ( 1 + 2a100 ) = 1,68 ⇔ 2 a² + 300 a – 6 800 = 0. Δ = 144 400 ; a1 = – 170 et a2 = 20. On ne garde que la solution positive, soit 20. La première année, la production a augmenté de 20 %. 59 Compte rémunéré L’argent obtenu au bout des deux ans est : 2 000 × ( 1 + t100 ) 2 + 2 000 × ( 1 + t100 ). On résout : 2 000 × ( 1 + t100 ) 2 + 2 000 × ( 1 + t100 ) = 4 305 ⇔ 2 000 × ( 1 + 2t100 + t 2 10 000 ) + 2 000 × ( 1 + t100 ) – 4 305 = 0. ⇔ 2 000 + 40t + 0,2t² + 2 000 + 20t – 4 305 = 0 ⇔ 0,2t² + 60t – 305 = 0. Δ = 3 844 ; t1 = – 305 et t2 = 5. On ne garde que la solution positive. Le taux de placement est donc 5 %. 60 Évolutions successives d’un chiffre d’affaires 1 a. D (x) = 20 000 ( 1 + x100 ) ( 1 + x + 10100 ) = 20 000 × 100 + x 100 × 110 + x 100 = 2 (100 + x) (110 + x) = 2x² + 420x + 22 000. b. 2x² + 420x + 22 000 = 31 200 ⇔ 2x² + 420x – 9 200 = 0. Δ = 250 000 ; x1 = – 230 et x2 = 20. On ne garde que la solution positive. Si le chiffre d’affaires augmente de 20 % dans ces condi- tions, le chiffre d’affaires sera de 31 200 € en décembre. 2 20 000 ( 1 + t100 ) 2 = 31 200 ⇔ 20 000 (100 + t) 2 10 000 = 31 200 ⇔ 2 (10 000 + 200t + t2) = 31 200 ⇔ 2t² + 400t + 20 000 = 31 200 ⇔ 2t² + 400t – 11 200 = 0. t ≈ 24,9 % à 10–3 près. 61 prix et demande 1 a. d (80) = 479. Au prix de 80 €, 479 déjeuners sont commandés par semaine. Recette totale : 479 × 80 = 38 320 €. b. d (100) = 373 ; 373 × 100 = 37 300 €. Au prix de 100 €, 373 déjeuners sont commandés et donnent une recette de 37 300 €.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 28 c. La fonction d est affine, décroissante sur , donc sur [70 ; 170]. Plus le prix du déjeuner augmente, plus la demande des consommateurs diminue. 2 C (x) = x (– 5,3 x + 903) = – 5,3 x² + 903 x. 3 Les prix x cherchés doivent appartenir à [ 70 ; 170 ]. a. C (x) = 20 000 ⇔ – 5,3 x² + 903 x – 20 000 = 0. Le chiffre d’affaires est 20 000 € lorsque le prix du repas est environ 140 €. b. C (x) = 36 000 ⇔ – 5,3 x² + 903 x – 36 000 = 0. Le chiffre d’affaires est 36 000 € lorsque le prix du repas est environ 110 €. c. C (x) = 40 000 ⇔ – 5,3 x² + 903 x – 40 000 = 0. Pas de solution, le chiffre d’affaires ne peut pas être égal à 40 000 €. C (x), fonction du second degré avec a = – 5,3 négatif. a < 0 L’abscisse du sommet est α = – b 2a = – 903 – 10,6 ≈ 85,19. Au prix de 85,19 €, le chiffre d’affaires est maximal et vaut : C (85,19) ≈ 38 462,69 €. 62 Coût total et recette 1 a. Sur le graphique, on lit l’ordonnée du point de la courbe f d’abscisse 5 et l’abscisse du point de la courbe f d’ordonnée 3. • Le coût de production de 50 objets est environ 3,8 milliers d’euros. • Pour un coût de 3 000 €, on produit environ 43 objets. b. f (5) = 3,8 ; produire 50 objets coûte 3 800 €. f (x) = 3 ⇔ 0,1 x² + 0,2 x – 2,7 = 0. On retient la solution positive. Pour un coût de 3 000 €, on fabrique environ 43 objets. c. Résultats identiques graphiquement ou par calcul. 2 a. Une dizaine d’objets est vendue 800 € ou 0,8 mil- liers d’euros. On en déduit la recette en milliers d’euros pour la vente de x dizaines d’objets : g (x) = 0,8 x. b. x y O 1 7 1 5 �f �g 3 a. Graphiquement les coûts sont égaux aux recettes lorsque x ≈ 0,6 dizaine ou x ≈ 5,5 dizaines d’objets (6 ou 55 objets). b. 0,1 x² + 0,2 x + 0,3 = 0,8x ⇔ 0,1 x² – 0,6 x + 0,3 = 0. Les valeurs approchées des solutions, sont les points morts de la production. Pour 6 objets ou 55 objets fabriqués et vendus, le bénéfice est nul. c. Il faut fabriquer et vendre entre 6 et 55 objets pour que l’artisan réalise des bénéfices.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 29 3 Signe du trinôme (p. 49) 63 Δ > 0 donc f coupe deux fois l’axe des abscisses. Comme a < 0 , f est tournée vers le bas. Donc réponse c. 64 Vrai ou faux ? 1 Vrai : si Δ < 0 , la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses et comme a > 0 , elle est tournée vers le haut, donc le sommet S est au-dessus de l’axe des abscisses et son ordonnée est positive. + + + 2 Vrai : comme Δ est négatif, f (x) est de signe constant. Or f (1) = –3 négatif, donc f (x) est toujours négatif. 3 Vrai : si la parabole  ne coupe pas l’axe des abs- cisses, l’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution. Donc Δ < 0. 4 Faux : si Δ > 0 , la parabole traverse l’axe des abscisses et on peut avoir l’allure ci-contre. x2 x1+ – – L’ordonnée yS est alors positive. 65 QCM 1 a. – – – 2 c. x1 x2+ – – 66 QCM 1 b. – – – 2 c. x1 x2+ – – 67 • Signe de A(x) : a = 11 positif Δ = 1 600 ; x1 = –2 et x2 = 18 11 . x1 x2 ++ – x – ∞ –2 18 11 + ∞ A(x) + 0 – 0 + • Signe de B(x) : a = 2 positif Δ = 169 ; x1 = – 4 et x2 = 5 2 . x1 x2 ++ – x – ∞ – 4 5 2 + ∞ B(x) + 0 – 0 + 68 • Signe de C(x) : a = –4 négatif Δ = – 55. – – – x – ∞ + ∞ C (x) – • Signe de D(x) : a = – 2 négatif Δ = 49 ; x1 = 4 et x2 = 1 2 . x2 x1+ – – x – ∞ 1 2 4 + ∞ D(x) – 0 + 0 – 69 • Signe de E(x) : a = – 3 négatif Δ = 49 ; x1 = 4 3 et x2 = – 1. x2 x1+ – – x – ∞ – 1 4 3 + ∞ E(x) – 0 + 0 – • Signe de F(x) : a = 2 positif Δ = 0 ; α = – 1. + + + α x – ∞ – 1 + ∞ F(x) + 0 + 70 Signe sans discriminant A(x)  0 ; B(x)  0 ; C(x)  0 et D(x)  0. 71 Signe de carré E(x)  0 ; E(x) = 0 ⇔ x = 4. F(x)  0 ; F(x) = 0 ⇔ x = –2. G(x)  0 ; G(x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 1. H(x)  0 ; H(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 1. 72 polynômes particuliers : ax2 + c et ax2 +bx • Signe de A(x) : a = 5 positif A(x) = x (5 x – 4) s’annule en 0 et en 4 5 . x1 x2 ++ – x – ∞ 0 4 5 + ∞ A(x) + 0 – 0 +
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 30 • Signe de B(x) : a = – 9 négatif B(x) = x (– 9 x + 4) s’annule en 0 et en 4 9 . x2 x1+ – – x – ∞ 0 4 9 + ∞ B(x) – 0 + 0 – • Signe de C(x) : a = 2 positif C(x) = 2 (x² – 9) s’annule en – 3 et en 3. x1 x2 ++ – x – ∞ – 3 3 + ∞ C(x) + 0 – 0 + • Signe de D(x) : D(x) est la somme de deux nombres négatifs. Donc D(x) < 0. Pour les exercices 73 et 74 Signe d’un trinôme 73 • Pour A(x), a = 9 et Δ = – 164, pas de solution. De l’allure, on déduit que : A(x) est toujours stricte-ment positif. + + + • Pour B(x), a = 2 et Δ = 1, x1 = 7 2 = 3,5 et x2 = 4 3,5 4 + + + – – – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ 3,5 4 + ∞ B(x) + 0 – 0 + • Pour C(x), a = –2 et Δ = 289, !ßΔ = 17 x1 = 6 et x2 = – 5 2 = –2,5. –2,5 6 + + + – – – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ – 2,5 6 + ∞ C(x) – 0 + 0 – • Pour (x), a = –4 et Δ = 0 : il y a une seule solution, abscisse du sommet α = 1 2 = 0. 0,5 – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ 0,5 + ∞ D(x) – 0 – 74 • Pour E(x), a = – 1 et Δ = 0, α = 1. α – – – De l’allure, on déduit que : x – ∞ 1 + ∞ E(x) – 0 – • Pour F(x), a = 0,02 et Δ = 0,09, x1 = –10 et x2 = 5. x1 x2 ++ – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ – 10 5 + ∞ F(x) + 0 – 0 + • Pour G(x), a = 4. Et G(x) = x (4 x – 9) s’annule en 0 et en 9 4 . x1 x2 ++ – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ 0 9 4 + ∞ G(x) + 0 – 0 + • Pour H(x), a = 0,4 et Δ = 5,29, x1 = – 11 4 et x2 = 3. x1 x2 ++ – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 11 4 3 + ∞ H(x) + 0 – 0 + Pour les exercices 75 et 76 résolutions d’inéquations 75 a. a = 2 et Δ = 81, !ßΔ = 9 ; x1 = –2 et x2 = 2,5. –2 2,5 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 2 2,5 + ∞ 2 x2 – x – 10 + 0 – 0 + On garde les intervalles où le polynôme est strictement positif : S = ] – ∞ ; – 2 [ ∪ ] 2,5 ; + ∞ [. Revoir pages 238 et 244. b. a = 0,1 et Δ = 1 ; x1 = 10 et x2 = 20. 10 20 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ 10 20 + ∞ 0,1 x2 – 3 x + 20 + 0 – 0 +
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 31 On garde l’intervalle où le polynôme est négatif ou nul : S = [10 ; 20]. c. a = – 4 et Δ = 144, !ßΔ = 12 ; x1 = 1,5 et x2 = – 1,5. –1,5 1,5 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 1,5 1,5 + ∞ – 4x2 + 9 – 0 + 0 – On garde les intervalles où le polynôme est strictement négatif : S = ] – ∞ ; – 1,5 [ ∪ ] 1,5 ; + ∞ [. d. a = 1 et Δ = 16, !ßΔ = 4 ; x1 = –2 et x2 = 2. –2 2 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 2 2 + ∞ x2 – 4 + 0 – 0 + On garde les intervalles où le polynôme est positif ou nul : S = ] –∞ ; – 2 ] ∪ [ 2 ; + ∞ [ . 76 a. x² – 2 x + 3  0. a = 1 positif et Δ = – 8. + + x –∞ +∞ x² – 2x + 3 + S = . b. 4x² + 4 x – 15 > 0. a = 4 positif et Δ = 256 ; x1 = – 5 2 et x2 = 3 2 . x1 x2 ++ – x – ∞ – 5 2 3 2 + ∞ 4x² + 4x – 15 + 0 – 0 + S = ] – ∞ ; – 52 [ ∪ ] 32 ; + ∞ [ . c. – 2 x² – 3 x – 7  0 . a = – 2 négatif et Δ = – 47. – – – x – ∞ + ∞ – 2x² – 3x – 7 – S = ∅. 77 Critique d’une copie 1 a. Les valeurs de x sont les solutions de f (x) = 0. Il faut les placer en ordre croissant dans la première ligne du tableau. b. et c. x – ∞ – 3 – 1 1,5 + ∞ 2x – 3 – – – 0 + x² + 4x + 3 + 0 – 0 + + f (x) – 0 + 0 – 0 + 2 a. S = { – 3 ; – 1 ; 1,5 }. b. S = [ – 3 ; – 1 ] ∪ [ 1,5 ; + ∞ [. c. S = ] – ∞ ; – 3 [ ∪ ] – 1 ; 1,5 [. 78 tableau de signes • Signe de f (x) : x – ∞ – 1 1 3 3 2 + ∞ 2x² – x – 3 + 0 – – 0 + – 3x + 1 + + 0 – – f (x) + 0 – 0 + 0 – • Signe de g (x) : x – ∞ – 2 1 + ∞ 3x² + 3x +1 + + + 2x + 4 – 0 + + (– x + 1)² + + 0 + g (x) – 0 + 0 + • Signe de h (x) : x –∞ – 7 2 – 3 2 5 3 +∞ 6x² + 11x – 35 + 0 – – 0 + 2x + 3 – – 0 + + h (x) – 0 + 0 – 0 + Pour les exercices 79 et 80 tableau de signes et inéquations 79 a. • Signe de f (x) : x – ∞ 1 2 + ∞ – x + 1 + 0 – – x² – 4x + 4 + + 0 + f (x) + 0 – 0 – S = [1 ; + ∞ [ . b. • Signe de f (x) : x – ∞ 1 2 + ∞ 4x² + 1 + + 2x – 1 – 0 + f (x) – 0 + S = ] – ∞ ; 12 ] .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 32 80 a. • Signe de f (x) : x – ∞ 0 + ∞ – x2 2 – 0 – 2x² – 4x + 9 + + f (x) – 0 – S = . b. • Signe de f (x) : x – ∞ –1 3 4 + ∞ (x – 3)² + + 0 + + – x² + 3x + 4 – 0 + + 0 – f (x) – 0 + 0 + 0 – S = ] – ∞ ; –1 ] ∪ [ 4 ; + ∞ [ ∪ { 3 }. 81 Double barre 1 2 x² – 3 x – 14 = 0 ⇔ x = – 2 ou x = 3,5. x – 2 = 0 ⇔ x = 2. 2 est valeur interdite pour le quotient, donc on met une double barre à 2 dans la ligne de f (x). 2 x – ∞ – 2 2 3,5 + ∞ 2x² – 3x – 14 + 0 – – 0 + x – 2 – – 0 + + f (x) – 0 + || – 0 + 82 tableau de signes et valeurs interdites • Signe de f (x) : x – ∞ 0,5 1,5 4 + ∞ 2x – 3 – – 0 + + – 2x² + 9x – 4 – 0 + + 0 – f (x) + || – 0 + || – • Signe de g (x) : x – ∞ – 1 2 5 + ∞ 25x² – 20x + 4 + + 0 + (x + 1)² + 0 + + f (x) + || + 0 + • Signe de h (x) : x – ∞ – 1,5 2 3 + ∞ 2x² – 3x – 9 + 0 – – 0 + (– x + 2)² + + 0 + + h (x) + 0 – || – 0 + Pour les exercices 83 et 84 tableau de signes et inéquation 83 a. • Signe de f (x) : x – ∞ – 2 0 4 + ∞ x² – 4x + + 0 – 0 + x + 2 – 0 + + + f (x) – || + 0 – 0 + S = ] – 2 ; 0 ] ∪ [ 4 ; + ∞ [. b. • Signe de f (x) : x –∞ 1 3 1 2 +∞ (3x – 1)² + 0 + + + x² – 3x + 2 + + 0 – 0 + f (x) + 0 + || – || + S = ] – ∞ ; 1 [ ∪ ] 2 ; + ∞ [. 84 a. • Signe de f (x) : x – ∞ – 1 1 1,25 + ∞ 4x – 5 – – – 0 + x² – 1 + 0 – 0 + + f (x) – || + || – 0 + S = ] – 1 ; 1 [ ∪ [ 1,25 ; + ∞ [. b. • Signe de f (x) : x – ∞ – 9 – 1 3 1 + ∞ 3x² – 2x – 1 + + 0 – 0 + – x – 9 + 0 – – – f (x) + || – 0 + 0 – S = ] – ∞ ; – 9 [ ∪ [ – 13 ; 1 ]. 85 inéquation, parabole et droite 1 a. On résout f (x) = 0. Δ = 81 ; x1 = – 3 et x2 = 3 2 . Donc f traverse l’axe des abscisses en – 3 et en 3 2 . b. Signe de f (x) : a = 2 positif. Donc on a l’allure ci-contre. x1 x2 ++ – x – ∞ – 3 3 2 + ∞ f (x) + 0 – 0 + f est au-dessus de l’axe des abscisses sur] – ∞ ; –3 ] et sur [ 32 ; + ∞ [, et en dessous de l’axe sur [ – 3 ; 32 ]. 2 f (x)  3 x – 1 ⇔ 2 x² – 8  0 ⇔ x²  4 ⇔ x  – 2 ou x  2. Donc S = ] – ∞ ; –2 ] ∪ [ 2 ; + ∞ [. f est au-dessus de la droite  sur ] – ∞ ; – 2 ] ∪ [ 2 ; + ∞ [.
Vers le Bac (p. 51) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 33 86 Bénéfice maximal 1 Δ = 705 600 ; x1 = 87 et x2 = 3. x – ∞ 3 87 + ∞ f (x) – 0 + 0 – D’où le signe de B(x) sur [3 ; 100] : x 3 87 100 B (x) 0 + 0 – 2 L’entreprise réalise des bénéfices si elle fabrique entre 300 et 8 700 boîtes de jeu. 3 α est la moyenne des racines 3 et 87. Donc α = 45. La parabole f a un sommet d’abscisse 45 et a = – 10 négatif. Donc B est croissante sur [3 ; 45] et décroissante sur [45 ; 3]. Le bénéfice est maximal pour une fabrication de 4 500 boîtes de jeu. Le bénéfice maximal est B(45) = 17 640 € . 87 exercice guidé 1 4 ( x – 12 )² – 9 = 4 ( x² – x + 14 ) – 9 = 4 x² – 4 x + 1 – 9 = f (x). On lit sur la forme canonique que les coordonnées du sommet de la parabole  sont ( 12 ; – 9 ), avec a = 4 positif. Donc f admet –9 comme minimum, atteint en 1 2 . 2 Δ = 144 ; x1 = – 1 et x2 = 2. Donc S = { – 1 ; 2 }. 3 f (x)  4 x + 24 ⇔ 4 x² – 8 x – 32  0 a = 4 positif et Δ = 576 ; x1 = – 2 et x2 = 4. x1 x2 ++ – x – ∞ – 2 4 + ∞ 4x2 – 8x – 32 + 0 – 0 + Donc S = ] – ∞ ; – 2 ] ∪ [ 4 ; + ∞ [. La parabole  est au-dessus de la droite  sur] – ∞ ; – 2 ] et sur [ 4 ; + ∞ [. 88 associer courbe et fonction Pour les quatre fonctions, a est positif : les courbes sont des paraboles tournées vers le haut. f a pour sommet S (1 ; – 2), représentée en 2. g (x) = 0 ⇔ x + 4 = 0 ou x – 2 = 0 ⇔ x = – 4 ou x = 2. g traverse l’axe des abscisses en – 4 et 2, représentée par 3. h a pour sommet S (0 ; – 2), représentée par 1. k a pour sommet S (1 ; – 3), représentée par 4. 89 Choisir la bonne forme 1 P (x) = 2 (x² – 6 x + 9) – 1 2 = 2x² – 12 x + 18 – 1 2 = 2x² – 12 x + 17,5. 2 P (x) = 2 ((x – 3)² – 14 ) = 2 ((x – 3)² – ( 12 )² ) = 2 ((x – 3) – 12 ) ((x – 3) + 12 ) = 2 (x – 3,5) (x – 2,5). 3 a. Sur la forme canonique P (x) = 2 (x – 3)² – 1 2 , on lit les coordonnées du sommet de la parabole P ( 3 ; – 12 ), avec a = 2 positif. Donc P admet – 1 2 comme minimum, atteint en 3. b. Sur la forme canonique, on lit que l’axe de symétrie de P a pour équation x = 3. c. P (x) = 4 ⇔ 2x² – 12x + 17,5 = 4 ⇔ 2x² – 12x + 13,5 = 0. Δ = 36 ; x1 = 1,5 et x2 = 4,5. Donc S = { 1,5 ; 4,5 }. 90 Études algébrique et graphique 1 x y O S 1 � � 1 2 Sommet de  : S (2 ; 12,5).  traverse l’axe des abscisses en –3 et 7. 3 – 0,5 (x – 2)² + 12,5 = – 0,5 (x ² – 4x + 4) + 12,5 = – 0,5x² + 2x – 2 + 12,5 = f (x) La fonction f est ainsi sous forme canonique et l’on retrouve les coordonnées (2 ; 12,5) du sommet de . 4 Δ = 25 ; x1 = 7 et x2 = – 3 . Donc S = { 7 ; – 3 }. On retrouve les abscisses des points où  traverse l’axe des abscisses. 5 f (x)  2x + 6 ⇔ – 0,5x² + 4,5  0 ⇔ x² – 9  0 ⇔ x ∈ [ – 3 ; 3 ].
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 34 x – ∞ – 3 3 + ∞ f (x) – (2x + 6) – 0 + 0 – Sur ] – 3 ; 3 [,  est au-dessus de . Sur ] – ∞ ; –3 [ ∪ ] 3 ; + ∞ [,  est en dessous de . 91 position relative 1  est la parabole rouge, 1 est la droite verte, 2 est la droite bleue et 3 est la droite violette. • Sur ] – ∞ ; – 2 [ ∪ ] 1 ; + ∞ [,  est au-dessus de 1. Sur ] – 2 ; 1 [,  est en dessous de 1. •  est au-dessus de 2 sur . Le point ( 0 ; – 1 ) est commun à 2 et . •  est au-dessus de 3 sur . 2 0,5x² + 2x – 1  1,5x ⇔ 0,5x² + 0,5x – 1  0. a = 0,5 positif et Δ = 2,25 ; x1 = –2 et x2 = 1. x1 x2 ++ – x – ∞ – 2 1 + ∞ 0,5x ² + 0,5x – 1 + 0 – 0 + S = ] – ∞ ; – 2 ] ∪ [ 1 ; + ∞ [. On retrouve les résultats de la question 1 . 3 • 0,5x² + 2x – 1  2x – 1 ⇔ 0,5x ²  0. Donc S = . • 0,5x² + 2x – 1  x – 3 ⇔ 0,5x ² + x + 2  0. a = 0,5 positif et Δ = –3. + + x – ∞ + ∞ 0,5x² + x + 2 + S = . • On retrouve les résultats de la question 1 . 92 Bénéfice réel 1 Le coût de fabrication de 15 appareils par heure est : C (15) = 1 075 €. La recette associée est R (15) = 1 500 €. Le bénéfice est 425 €. 2 B (x) = R (x) – C (x) = 100 x – (x² + 50 x + 100) = 100 x – x² – 50 x – 100 = – x² + 50 x – 100. 3 a = – 1 négatif et Δ = 2 100 ; x1 ≈ 47,91 et x2 ≈ 2,08 à 0,01 près. x2 x1+ – – x – ∞ x2 x1 + ∞ f (x) – 0 + 0 – La fonction B est définie sur l’intervalle [ 5 ; 40 ]. Par conséquent, pour tout réel x de [ 5 ; 40 ], B (x) > 0 : l’entreprise réalise toujours des bénéfices. 93 tableau de variations 1 f (x) = 8 ⇔ 0,5 x² + 2 x = 0 ⇔ 0,5 x (x + 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x + 4 = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 4. α est la moyenne des racines 0 et – 4 . Donc α = – 2 . Et β = f (– 2) = 6 . 2 a = 0,5 positif. a > 0 x – ∞ –2 + ∞ f (x) 6 3 a. Sur l’intervalle [ 0 ; 10 ], la fonction f est croissante. f (0) = 8 et f (10) = 78. x 0 10 f (x) 8 78 b. Le tableau de variations prouve que pour tout réel x de [0 ; 10], on a 8  f (x)  78. 94 Coût, recette et bénéfice 1 Pour vendre une tonne de peinture, il faut vendre 40 pots de 25 kg à 50 € le pot, d’où : R(x) = 40 × 50x = 2 000x. 2 12 x² + 20x + 6 600  2 000x ⇔ 12 x² – 1 980x + 6 600  0 . a = 12 positif et ∆ = 3 603 600 ; x1 ≈ 3,404 et x2 ≈ 161,596. x1 x2 ++ – x – ∞ x1 x2 + ∞ 12x² – 1980 x + 6 600 + 0 – 0 + S = [ x1 ; x2 ]. À 0,001 près, les bornes de l’intervalle sont 3,404 et 161,596. 3 Pour réaliser des bénéfices, les coûts doivent être inférieurs à la recette. D’après la question 2 , il faut produire et vendre entre 3 404 kg et 161 596 kg de peinture par jour, c’est-à-dire de 137 à 6 463 pots de peinture. 95 réaliser des bénéfices 1 a. La recette associée à la vente de 60 fours est : R(60) = 4 740 €. Les coûts de fabrication associés sont C(60) = 5 377,60 €. Donc l’entreprise ne réalise pas de bénéfice. b. La recette associée à la vente de 200 fours est : R(200) = 15 800 €. Les coûts de fabrication associés sont C(200) = 13 632 €. Donc l’entreprise réalise 2 168 € de bénéfices. 2 a. R(q) = 79 q b. B(q) = R(q) – C(q) = 79 q – (0,06 q² + 43,36 q + 2 560) = 79 q – 0,06 q² – 43,36 q – 2 560 = – 0,06 q² + 35,64 q – 2 560.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 35 3 a = – 0,06 négatif et ∆ = 655,8096 q1 ≈ 510 et q2 ≈ 84 arrondies à l’unité. x2 x1 + – – q – ∞ q1 q2 + ∞ – 0,06 q² + 35,64 q – 2 560 – 0 + 0 – On en déduit que B(q)  0 pour tout q de [ 84 ; 300 ]. L’entreprise doit fabriquer chaque jour et vendre entre 84 et 300 fours pour réaliser un bénéfice. 4 a. – 0,06 (q – 297)² + 2 732,54 = – 0,06 (q² – 594 q + 88 209 ) + 2 732,54 = – 0,06 q² + 35,64 q – 5 292,54 + 2 732,54 = B(q). b. Sur la forme canonique : B(q) = – 0,06 (q – 297)² + 2 732,54, on lit que la fonction B admet 2 732,54 comme maxi- mum, atteint en 297 : la fabrication et la vente de 297 fours engendre un bénéfice maximal de 2 732,54 €. 96 Chiffre d’affaires optimal 1 a. Le chiffre d’affaires est 1 200 × 1 = 1 200 €. b. Si le producteur attend 30 jours, la quantité ven- due est 1 200 + 30 × 60 = 3 000 kg, au prix par kg de 1 – 0,02 × 30 = 0,40 €. Le chiffre d’affaires est 3 000 × 0,4 = 1 200 €. 2 a. Q(n) = 1 200 + 60n b. P(n) = 1 – 0,02 n Donc R(n) = (1 200 + 60n) (1 – 0,02n) = 1 200 – 24n + 60n – 1,2n² Donc R(n) = – 1,2n² + 36n + 1 200. 3 a = – 1,2 négatif, donc R admet un maximum en α, où α = – b 2a = – 36 2 × (– 1,2) = 15. Le chiffre d’affaires est maximum au bout de 15 jours. 97 Modifier les coûts et les recettes 1 C(x) = 5x² + 10x + 100 Chaque millier d’objets est vendu 70 000 €, soit 70 k€. Donc R(x) = 70x. 2 2 3 C(x) = R(x) ⇔ 5x² + 10x + 100 = 70x ⇔ 5x² – 60x + 100 = 0. Δ = 1 600 ; x1 = 2 et x2 = 10. Pour la production et la vente de 2 000 ou 10 000 objets, la recette est égale aux coûts. 4 a. C1(x) = 5x² + 10x + 180 La courbe de C1 s’obtient par la translation de la courbe de C de 0,8 cm vers le haut. b. C1(x) = R(x) ⇔ 5x² + 10x + 180 = 70x ⇔ 5 x² – 60x + 180 = 0. ∆ = 0 ; α = 6. Un seul point mort de la production : pour la produc- tion et la vente de 6 000 objets, la recette est égale aux coûts. 5 a. R2(x) = 75x. b. C(x) = R2(x) ⇔ 5 x² + 10x + 100 = 75 x ⇔ 5 x² – 65x + 100 = 0. Δ = 2 225 ; x1 ≈ 1,783 et x2 ≈ 11,216 à 0,001 près. Pour la production et la vente d’environ 1 783 ou 11 216 objets, la recette est égale aux coûts. 98 Offre et demande 1 a. g (10) = 130 ; pour intéresser 10 milliers de consommateurs, il faut vendre le lecteur à 130 €. b. f (10) = 75 ; pour que l’entreprise en fabrique 10 mil- liers, il faut qu’elle puisse vendre le lecteur à 75 €. c. 3,5 q + 40 = 100 ⇔ 3,5 q = 60 ⇔ q = 60 3,5 ≈ 17,143. À 100 € pièce, la société est prête à fabriquer environ 17 143 lecteurs MP4. d. – 0,3 q² + 160 = 100 ⇔ 0,3 q² = 60 ⇔ q² = 200 ⇔ q = – !ß200 ou q = !ß200. q est un nombre positif. La solution est q = !ß200 ≈ 14,142. À 100 € pièce, les consommateurs achèteraient environ 14 142 lecteurs MP4. 2 La fonction d’offre f est une fonction affine crois- sante sur  donc sur [0 ; 22] : plus le prix à la vente d’un lecteur augmente, plus la quantité que l’entreprise est prête à fabriquer augmente. La fonction g est une fonction du second degré, repré- sentée par une parabole tournée vers le bas, l’abscisse du sommet est 0, donc la fonction de demande g est décroissante sur [0 ; 22] : plus le prix à la vente d’un lec- teur augmente, moins il y a de personnes susceptibles d’en acheter un. 3 a. – 0,3 q² + 160 = 3,5 q + 40 ⇔ – 0,3 q² – 3,5 q + 120 = 0 Δ = 156,25 ; q1 = 15 et q2 = – 80 3 . On garde la solution positive. La quantité d’équilibre trouvée par calcul et comme abscisse du point d’intersection de f et g est 15 et f (15) = g (15) = 92,5. Au prix de 92,50 € l’unité, l’offre et la demande sont de 15 000 lecteurs MP4. b. 15 × 92,5 = 1 387,5, valeur en milliers d’euros de la recette correspondant à la vente de la quantité d’équi- libre au prix d’équilibre, soit 1 387 500 €. 4 a. h (q) = f (q) – 7. Pour tracer h , on translate la droite f de 7 unités vers le bas.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 36 b. – 0,3 q² + 160 = 3,5 q + 33 ⇔ – 0,3 q² – 3,5 q + 127 = 0 On obtient q1 ≈ 15,552 milliers. La quantité d’équilibre n’augmente que de 0,552 milliers lorsque la quantité offerte augmente de deux milliers quel soit le prix. 99 Comparaison de l’offre et de la demande 1 a. Si le prix fixé est 4 € par kg : f (q) = 4 ⇔ 2 q + 1 = 4 ⇔ q = 1,5. Donc 1,5 tonnes de produit sont offertes. g (q) = 4 ⇔ 12 q + 2 – 1 = 4 ⇔ 5 (q + 2) = 12 ⇔ q = 0,4. Donc 0,4 tonne de produit est demandée. L’offre est supérieure à la demande. b. Si le prix fixé est 2 € par kg : f (q) = 2 ⇔ 2 q + 1 = 2 ⇔ q = 0,5. Donc 0,5 tonne de produit est offerte. g (q) = 2 ⇔ 12 q + 2 – 1 = 2 ⇔ 3 (q + 2) = 12 ⇔ q = 2. Donc 2 tonnes de produit sont demandées. L’offre ne satisfait pas la demande. 2 f (q) = g (q) ⇔ 2 q + 1 = 12 q + 2 – 1 ⇔ (2 q + 1) (q + 2) – 12 + q + 2 q + 2 = 0 ⇔ 2 q² + 6 q – 8 = 0 Δ = 100 ; q1 = – 4 et q2 = 1. On garde la solution comprise entre 0 et 5. La quantité d’équilibre est 1 tonne et le prix d’équilibre est f (1) = g (1) = 3, en € par kg. On retrouve le point de coordonnées (1 ; 3) à l’intersec- tion des courbes f et g. 3 a. f (q) > g (q) ⇔ 2 q + 1 > 12 q + 2 – 1 ⇔ (2 q + 1) (q + 2) – 12 + q + 2 q + 2 > 0 ⇔ 2 q 2 + 6 q – 8 q + 2 > 0 On étudie sur  le signe de A(x) = 2x 2 + 6x – 8 x + 2 . x – ∞ – 4 – 2 1 + ∞ 2x² + 6x – 8 + 0 – – 0 + x + 2 – – 0 + + f (x) – 0 + || – 0 + On ne s’intéresse qu’à l’intervalle [ 0 ; 5 ]. Donc S = ] 1 ; 5 ]. Pour une quantité entre 1 à 5 tonnes, le prix proposé par le fabricant est supérieur au prix que les consom- mateurs souhaitent payer. b. Dans l’intervalle [ 0 ; 5 ], S = [ 0 ; 1 [. Pour une quantité inférieure à 1 tonne, les consomma- teurs sont prêts à payer plus cher que le prix proposé sur le marché, car dans ce cas, l’offre de produit est rare. 100 Courbes de Lorenz 1 a. La droite Δ a pour équation y = x. b. La droite rouge représente la fonction h définie par h (x) = x. 2 • f (x) – x = 0,6x² – 0,6x = 0,6x (x – 1). Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], 0,6x  0 et x – 1  0. Donc par produit, f (x) – x  0 , soit f (x)  x. • g (x) – x = 0,99x² – 0,99x = 0,99x (x – 1). Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], 0,99x  0 et x – 1  0. Donc par produit, g (x) – x  0 , soit g (x)  x. Les courbes f et g se trouvent en dessous de Δ sur [0 ; 1]. 3 a. f (0,5) = 0,35 et g (0,5) = 0,2525. 0,35 × 9 000 = 3 150. Donc le patrimoine médian du pays F est de 3 150 milliards d’euros. 0,2525 × 9 000 = 2 272,5. Donc le patrimoine médian du pays F est de 2 272,5 milliards d’euros. b. • Pays F : f (0,25) = 0,1375. Q1 = 0,1375 × 9 000 = 1 237,5. f (0,75) = 0,6375. Q3 = 0,6375 × 9 000 = 5 737,5. • Pays G : g (0,25) = 0,064375. Q1 = 579,375. g (0,75) = 0,564375. Q3 = 5 079,375. c. 101 La divine proportion et le nombre d’or a. Les points E, C et F sont disposés selon la divine proportion ⇔ le rapport entre les segments [EF] et [CF] et le rap- port entre les segments [CF] et [EC] sont égaux ⇔ EF CF – CF EC ⇔ x + 1 x = x 1 ⇔ x + 1 = x² ⇔ x² – x – 1 = 0. Δ = 5 ; x1 = 1 + !ß5 2 et x2 = 1 + !ß5 2 . Donc F = 1 + !ß5 2 . b. Dans le triangle rectangle ABE, AE² = AB² + BE² AE² = 2² + 1² = 5. Donc AE = !ß5. • Pour le rectangle ABFG : BF AB – BE + EF AB = 1 + !ß5 2 = F. • Pour le rectangle CDGF : CD CF – CDEF + EC = 2 1 + !ß5 = 1 + !ß5 2 . • Géométriquement, F = EF.
Réinvestir... (p. 56) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 37 102 ... en architecture La parabole comme source d’inspiration x y O 103,2 7,1 13,5 20 5 5,2 2,5 3,6 6,9 9 9,2 17,8 18 10 1 Les sommets des quatre arches sont : ( 3,2 ; 3,6 ), ( 7,1 ; 3,6 ), ( 13,5 ; 6,9 ) et ( 20 ; 3,6 ). 2 a. L’arche de gauche représente la fonction f définie sur [ 0 ; 5 ] dont la forme canonique est de la forme : f (x) = a (x – 3,2)² + 3,6, avec f (0) = 0. Donc a (0 – 3,2)² + 3,6 = 0 10,24 a = – 3,6, donc a ≈ – 0,35 Donc f (x) = – 0,35 (x – 3,2)² + 3,6. b. • La 2e arche représente la fonction g définie sur [5,2 ; 9] dont la forme canonique est de la forme : g (x) = a (x – 7,1)² + 3,6, avec g (5,2) = 2,5. Donc a (5,2 – 7,1)² + 3,6 = 2,5 3,61 a = – 1,1, donc a ≈ – 0,30 Donc g (x) = – 0,3 (x – 7,1)² + 3,6. • La 3e arche représente la fonction h définie sur [ 9,2 ; 17,8 ] dont la forme canonique est de la forme : h (x) = a (x – 13,5)² + 6,9, avec h (9,2) = 2,5. Donc a (9,2 – 13,5)² + 6,9 = 2,5 18,49 a = – 4,4, donc a ≈ – 0,24 Donc h (x) = – 0,24 (x – 13,5)² + 6,9. • La 4e arche représente la fonction k définie sur [ 18 ; 23 ] dont la forme canonique est de la forme : k (x) = a (x – 20)² + 3,6, avec k (18) = 2,5. Donc a (18 – 20)² + 3,6 = 2,5 4 a = – 1,1, donc a ≈ – 0,28 Donc k (x) = – 0,28 (x – 20)² + 3,6. 3 La largeur totale de la base de la façade arrière mesure environ 23 m. On résout k (x) = 0 ⇔ – 0,28 (x – 20)² + 3,6 = 0 ⇔ (x – 20)² = 3,6 0,28 ⇔ x = 20 + !ß3,60,28 ou x = 20 – !ß3,60,28 . L’abscisse cherchée est supérieure à 20. Donc la 4e arche coupe le sol en x = 20 + !ß3,60,28 , soit environ 23,6. 4 f (x) = g (x) ⇔ – 0,35 (x – 3,2)² + 3,6 = – 0,3 (x – 7,1)² + 3,6 ⇔ – 0,35 (x² – 6,4 x + 10,24) = – 0,3 (x² – 14,2 x + 50,41) ⇔ – 0,35 x² + 2,24 x – 3,584 = – 0,3 x² + 4,26 x – 15,123 ⇔ – 0,05 x² – 2,02 x + 11,539 = 0 Δ = 6,3882 ; x1 ≈ 5,1 et x2 ≈ – 45,5. Les deux arches se coupent à l’abscisse 5,1 mètres environ. La hauteur du point d’intersection est f (5,1) = 2,337 m. 5 L’arche de la façade avant a pour équation : y = – 0,1 (x – 13,5)2 + 9,2. Résultats obtenus avec TI NspireTM : 103 ... en sciences Développement durable : le four solaire 1 La parabole a pour sommet O et admet une équa- tion de la forme : f (x) = ax². Comme f (80) = 40, 6 400 a = 40, donc a = 0,00625 Ainsi, la parabole admet pour équation : f (x) = 0,00625x². 2 (reproduction sur papier millimétré) 3 10 x0 y 10 Tous les rayons paraissent passer par un même point, le point de coordonnées (0 ; 40). C’est en ce point qu’il faut placer le capteur d’énergie solaire. 104 ... en architecture poutre de consolidation 1 On résout – 0,04 x² + 75 = 0 ⇔ x² = 1 875 ⇔ x = !ß1 875 ou x = – !ß1 875. La largeur de la base est 2!ß1 875, soit environ 86,60 mètres.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 38 2 On résout – 0,04x² + 75 = 50 ⇔ x² = 625 ⇔ x = 25 ou x = – 25. La longueur de la poutre est 25 + 25 = 50 m. 3 La fonction f représentée par l’arche est définie par f (x) = – 0,04x² + 75. Comme a = – 0,04 négatif, la fonc- tion f est décroissante sur ] – ∞ ; 0 ] et croissante sur [ 0 ; + ∞ [ . Pour des raisons de symétrie, l’extrémité droite des poutres est placée entre les abscisses 0 et 10. Pour tout réel x dans [ 0 ; 10 ], f (x) appartient à l’inter- valle [ f (5) ; f (0) ], soit [ 71 ; 75 ]. Ainsi, les hauteurs possibles d’installation des poutres sont entre 71 m et 75 m. 105 ... en décoration Construire une parabole On se place dans le repère (O ; I ; J) ci-dessous : J D O I A B C • Le point O a pour coordonnées (0 ; 0), le point D a pour coordonnées (1 ; 1). • La droite (OA) a pour coefficient directeur 1 4 et a donc pour équation y = 1 4 x. Donc le point A a pour coordonnées ( 14 ; 116 ). • La droite (OB) a pour coefficient directeur 1 2 et a donc pour équation y = 1 2 x. Donc le point B a pour coordonnées ( 12 ; 14 ). • La droite (OC) a pour coefficient directeur 3 4 et a donc pour équation y = 3 4 x. Donc le point C a pour coordonnées ( 34 ; 916 ). • Les coordonnées des points O, A, B, C et D vérifient l’équation y = x², donc ces points appartiennent à la parabole d’équation y = x², qui est de sommet O. 106 ... dans la vie courante Les antennes paraboliques 1 La parabole étant de sommet O, elle admet une équation de la forme y = ax² (x et y sont donnés en millimètre). Le point de coordonnées (810 ; 340) appartient à cette parabole, donc a × 810² = 340. Donc a = 340 656 100 ≈ 0,000 52. Une équation approchée de la parabole est y = 0,000 52 x². 2 On note A (810 ; 340) et B (85 ; yB) les points aux extrémités de la parabole. yB = 0,00052 × 85² = 3,575. Le diamètre de la parabole est la distance AB. AB² = (810 – 85)² + (340 – 3,575 )² ≈ 638 807 AB ≈ 799,3 mm, soit quasiment 80 cm. 107 ... en économie Étude de marché 1 a. R(x) = x (– 0,7x + 588) = – 0,7x² + 588x. b. C(x) = 150 N(x) + 10 000 = 150 (– 0,7x + 588) + 10 000 = – 105x + 98 200. c. B(x) = R(x) – C(x) = – 0,7x² + 588x – (– 105x + 98 200) = – 0,7x² + 588x + 105x – 98 200 = – 0,7x2 + 693x – 98 200 2 a = – 0,7 négatif et Δ = 205 289 x1 ≈ 818,63 et x2 ≈ 171,37. x2 x1+ – – On étudie le signe du trinôme sur  : x – ∞ x2 x1 + ∞ – 0,7x² + 693x – 98 200 – 0 + 0 – On ne garde que l’étude sur l’intervalle [ 150 ; 800 ]. Donc en arrondissant à 0,01 près, S = [ 171,37 ; 800 ]. Si le prix d’une monture est compris entre 171,37 € et 800 €, alors l’étude de marché effectuée permet de prévoir que le bénéfice sera positif. 3 – 0,7x² + 693x – 98 200 = 67 000 ⇔ – 0,7x² + 693x – 165 200 = 0 Δ = 17 689 ; x1 = 590 et x2 = 400. Donc S = { 590 ; 400 }. L’abscisse α du sommet est la moyenne des racines, donc α = 590 + 400 2 = 495. Comme a = – 0,7 négatif, le bénéfice admet un maximum en 495. Le prix de vente pour que le béné- fice soit maximal est 495 €. 108 ... en économie Coût total et coût marginal 1 a. C(9) = 20 955 et C(10) = 22 255. Donc Cm(10) = 1 300 . C(19) = 29 410 et C(20) = 29 810. Donc Cm(10) = 400. b. C(q–1) = ( q – 1)3 – 88,5 ( q – 1)² + 2 710,5 ( q – 1) + 3 000 = q3 – 3 q² + 3 q – 1 – 88,5 (q² – 2 q + 1) + 2 710,5 q – 2 710,5 + 3 000
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 39 = q3 – 3 q² + 3q – 1 – 88,5 q² + 177 q – 88,5 + 2 710,r5 q – 2 710,5 + 3 000 = q3 – 91,5 q² + 2 890,5 q + 200 Cm (q) = C(q) – C(q – 1) = ( q3 – 88,5 q² + 2 710,5 q + 3 000) – (q3 – 91,5 q² + 2 890,5 q + 200) = q3 – 88,5 q² + 2 710,5 q + 3 000 – q3 + 91,5 q² – 2 890,5 q – 200 = 3 q² – 180 q + 2 800 3 (q – 30)² + 100 = 3 (q² – 60 q + 900) + 100 = 3 q² – 180 q + 2 700 + 100 = Cm (q). 2 Sur la forme canonique Cm (q) = 3 (q – 30)² + 100, les coordonnées du sommet sont (30 ; 100). Comme a = 3 positif, on a ces variations sur [ 0 ; 70 ] : q 0 30 70 Cm (q) 2 800 100 4 900 Le coût marginal minimum est celui du trentième article : il a un coût de fabrication de 100 €. 3 a. Cm (q) = 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 2 800 = 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 1 500 = 0. Δ = 14 400 ; x1 = 10 et x2 = 50. Le coût marginal et le prix unitaire de vente sont égaux lorsque la quantité produite et vendue est de 10 ou 50 objets. b. Tant que le coût marginal est inférieur au prix uni- taire de vente, l’entreprise réalise un bénéfice sur chaque objet fabriqué et vendu et elle a donc intérêt à produire. Les quantités associées sont les solutions de l’inéquation : Cm (q) < 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 2 800 < 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 1 500 < 0. x – ∞ 10 50 + ∞ 3 q² – 180 q + 1 500 + 0 – 0 + L’entreprise a intérêt à fabriquer et vendre entre 10 et 50 articles. 4 a. Sur l’axe des abscisses, une unité représente 10 articles et sur l’axe des ordonnées, une unité repré- sente 10 000 euros. b. Cm (q) = 1 300 ⇔ C(q) – C(q – 1) q – (q – 1) = 1 300 Le premier membre de l’égalité est le coefficient direc- teur d’une sécante à la courbe de C aux points d’abs- cisses q – 1 et q. On remarque ainsi qu’aux points d’abscisses 10 et 50, les sécantes ainsi construites sont parallèles à la droite représentant le chiffre d’affaires. c. D’après le graphique et la résolution de l’équation C (q) = 1 300 q, les coûts sont inférieurs aux recettes lorsque l’entreprise produit entre 24 et 66 articles environ. À la question 3 b., on a résolu l’équation : C (q) – C (q–1) < 1 300 ⇔ C(q) – C(q – 1) q – (q – 1) < 1 300, alors qu’à la question 4 c., on a résolu l’équation : C (q) < 1 300 q ⇔ C(q) q < 1 300.
StatistiquesStatistiques © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 40 C h a p i t r e 3 Les élèves ont déjà vu beaucoup de notions sur la statistique.Au Collège : étendue, moyenne, médiane, étude d’une série statistique avec regroupement en classes d’égale amplitude, différentes représentations comme les diagrammes en bâtons, en « camembert », en histo- gramme avec des rectangles de même largeur. En Seconde, l’étude des paramètres est un peu plus poussée avec les quartiles, sans la représentation en diagramme en boîte (mais elle a pu être vue du fait des logiciels), et un travail plus conséquent sur les fré- quences et les effectifs. Le programme de Première poursuit cette étude des paramètres en introduisant le diagramme en boîte et son interprétation, et bien sûr, la variance et l’écart type. La représentation en diagramme en boîte, dite « à moustaches », permet de revenir sur les quartiles. La définition donnée par le programme officiel, si elle est cohérente avec les programmes du supérieur, ne l’est pas avec la définition de la médiane donnée au Collège, ni avec les valeurs obtenues à l’aide d’un logiciel ou une calculatrice. Il faut intégrer ces diffi- cultés pour les élèves. Pour un statisticien, ce n’est pas un problème car il travaille avec un grand nombre de valeurs : il peut donc parler de 25 % , 50 % et 75 % et le quartile 2 est aussi la médiane. Mais en classe, le fait de travailler avec un petit nombre de valeurs crée des difficultés aux élèves là où il ne devrait pas y en avoir ! Hélas, la pratique de nos collègues depuis 15 ans, c’est-à-dire depuis que ces notions ont été introduites au Lycée, nous a montré que cette difficulté est mise en avant dans de nom- breux ouvrages et dans les classes, voire dans les exer- cices du Bac. Nous avons donc été contraintes de faire apparaître cette difficulté dans nos exercices. Dans un premier temps, les exemples du cours et les premiers exercices non corrigés ne mettent pas en avant cette difficulté, afin que les élèves comprennent la notion. Pour les plus faibles, il est déjà délicat de faire la distinction entre la valeur d’une série et sa place dans la série ordonnée (comme pour les suites, entre la valeur et son indice). C’est d’ailleurs pourquoi il nous semble important de traiter le chapitre des sta- tistiques AVANT celui des suites. Intentions des auteures Dans les activités présentées dans « Découvrir », les notions sont à faire sur tableur ou calculatrice. Nous avons proposé l’emploi de Sine Qua Non, peu connu, mais qui offre de grandes possibilités pour ce qui est des études statistiques, en particulier pour les regroupements en classes et la visualisation de l’histo- gramme. Nous avons souvent utilisé ce logiciel pour la correction des exercices de ce chapitre. Il est important de faire comprendre aux élèves que le diagramme en boîte est un outil de comparaison. Il leur faut donc savoir réaliser cette représentation, mais aussi la comprendre et l’interpréter. De nom- breux sujets de Bac L Maths Info peuvent être de bons exercices supplémentaires. Nous avons proposé un programme permettant d’obtenir les quartiles pour une série « courte » qu’il faut saisir avant, en liste L1 de la calculatrice. Nous en proposons une version en un seul programme sur TI 8x. Sur Casio, les instructions sont relativement semblables. Pour ce qui concerne la dispersion, nous avons pré- senté la moyenne des écarts dans l’activité 4, qu’il est bon de connaître mais qui n’est pas au programme. Elle est utilisée en SES : facile à calculer et donnant tout de suite une idée de la dispersion, elle est dans la même unité que les valeurs de la série. Pour faire comprendre comment interpréter la variance et l’écart type, nous vous invitons à reprendre ce qui est présenté dans les ouvrages précédents Déclic 1re ES 2004 et Déclic 1re L Maths Info. Il est bon de visualiser les carrés des écarts à la moyenne à l’aide de la parabole de sommet S ( moyenne ; 0 ) pour faire comprendre la contribution à la variance d’une valeur éloignée de la moyenne. Les exercices 40 et 41 font travailler la définition de la variance. Nous avons conservé un exercice sur la for- mule de Koenig car elle est très utilisée en classe post- bac dans les sections tertiaires ou sociales. Pour faire le lien avec les fonctions du second degré, il nous a sem- blé intéressant de conserver l’exercice 42 sur la somme des résidus, qui se trouve minimisée à la moyenne. On peut prendre plus de valeurs si on utilise le calcul formel pour le développement de la somme de carrés ou la recherche du minimum. Un autre exercice sur
Partir d’un bon pied c. Faux : car 790 est le premier quartile, donc 25 % des valeurs sont inférieures ou égales à 790. d. Vrai : Q1 = 790 et Q3 = 838 , donc 50 % au moins des valeurs sont comprises entre Q1 et Q3. QCM - propriétés de la moyenne 1 b. et d. La nouvelle moyenne est : 11 × 32 + 15 33 = 352 + 15 33 ≈ 11,12. 2 b. et d. Il y a 32 notes, la nouvelle moyenne est : 32 × 11 + 3 32 = 11 + 3 32 = x + 3 32 . 3 c. La moyenne augmente d’un point : 11 × 32 + 1 × 32 32 = 11 + 32 32 = x + 1. QCM - À partir d’un graphique b. Me = 38 c. Q3 = 38 C D © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 41 35), les prix de la baguette ou les dénivelées des ran- données sont bien réels. Les données de l’INSSE ont été très utilisées (il faut savoir qu’elles sont gratuites pour un enseignant, payantes pour l’édition). L’exer- cice en anglais (exo 63) présente un « indice » bien par- ticulier, utilisé réellement par certaines entreprises pour pouvoir chiffrer les frais de leurs intervenants à l’étranger. Nous avons trouvé intéressant la série sur les arron- dissements de Paris. ce thème, le no 122, est proposé dans le chapitre 4 en page 109 : il permet de justifier, dans une application, que la somme des résidus ou sa racine carrée admet un minimum en une même valeur de la variable, cette valeur étant la moyenne. Bien sûr, les applications dans les autres disciplines sont très importantes. Dans la mesure du possible, les séries étudiées sont des séries réelles, collectées par les auteures. La contri- bution des classes de ES pour les clémentines (exo Comparer deux séries statistiques à l’aide de leurs moyennes Activité 1 1 Notes au concours obtenues par Alix pour l’école UCA : Épreuve 1 2 3 4 5 6 7 Coefficient 9 7 3 5 3 3 2 Note d’Alix 11,5 8 12 12 5 10 10 Pour être admis le candidat doit atteindre 10 de moyenne. x = 10,015. Alix est admise. Découvrir Calcul sur les listes 1 Âge moyen de 18,2 ans et âge médian de 18 ans. 2 a. À l’aide de l’instruction L3 = L2 / 43, on calcule les fréquences des âges. (L’instruction indi- quée dans les corrigés du manuel élèves est inexacte.) b. Par l’instruction somme ( L2 ) , on calcule l’effectif total. Par somme ( L1 × L2 ) / 43 , on calcule la moyenne pondérée de cette série. Vrai ou faux ? - Médiane et quartiles a. Faux : 815 est la moyenne. b. Vrai : car 816 est la médiane et 50 % des mesures sont inférieures ou égales à la médiane. a B Objectifs – Calculer la moyenne pondérée d’une série statis- tique ; – observer l’influence des coefficients. (p. 62) (p. 60)
2 a. Notes au concours obtenues par Emma pour l’école UCE : Épreuve 1 2 3 4 5 6 7 Coefficient 7 9 3 5 3 3 2 Note d’Emma 12 8 12 12 5 10 10 x = 9,9. Emma n’est pas admise à l’école UCE. b. x = 10,15. Emma est admise à l’école UCA. © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 42 Lire la dispersionActivité 2 Objectifs – Visualiser l’intervalle [ Q1 ; Q3 ] sur un graphique ; – déterminer la part des valeurs de la série situées dans l’intervalle [ Q1 ; Q3 ], ainsi qu’à l’extérieur de cet intervalle. 25 26 26 28 28 29 30 31 31 34 36 36 36 38 38 39 40 41 40 41 43 43 43 44 45 45 45 47 47 47 48 48 48 48 48 49 50 50 51 51 51 58 58 58 59 60 60 65 67 72 1 Les valeurs de la série sont rangées dans l’ordre croissant. N = 50, N est pair donc la médiane est la moyenne des 25e et 26e valeurs. Me = 45. N 4 = 12,5 donc Q1 est la 13 e valeur : Q1 = 36. 3N 4 = 37,5 donc Q3 est la 38 e valeur : Q3 = 50. 2 a. Prix [ 25 ; 30 [ [ 30 ; 35 [ [ 35 ; 40 [ [ 40 ; 45 [ [ 45 ;50 [ Effectifs 6 4 6 8 12 Effectifs cumulés 6 10 16 24 36 Prix [ 50 ; 55 [ [ 55 ; 60 [ [ 60 ; 65 [ [ 65 ; 70 [ [ 70 ; 75 [ Effectifs 5 4 2 2 1 Effectifs cumulés 41 45 47 49 50 b. En regroupant la série en classes d’amplitude 5, et en calculant les effectifs cumulés, on obtient que la classe médiane est [45 ; 50[, ainsi que Q1 Є [ 30 ; 35 [ et Q3 Є [ 50 ; 55 [. x20 25 6 4 6 8 12 5 4 2 = 2,0 % 2 1 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 3 a. En utilisant les résultats du 1 , on place la médiane et les quartiles sur l’histogramme. b. La part des sacs à dos dont le prix se situe dans l’intervalle [Q1 ; Q3] est 28 50 = 0,56 soit 56 %. La part des sacs à dos dont le prix est supérieur à Q3 est 12 50 = 0,24 soit 24 %. c. Alison doit consacrer au plus 50 € à cet achat. La part des sacs à dos respectant cette contrainte est 38 50 = 0,76 soit 76 %. (Les questions 3 b. et 3 c. de l’édition 01, ont été modifiées.) Comparer les dispersions de deux sériesActivité 3 Objectifs – Comparer les écarts entre les quartiles Q1 et Q3 pour différentes séries statistiques ; – visualiser sur un graphique la dispersion des valeurs d’une série statistique par rapport à la médiane ; – comparer la dispersion des valeurs de plusieurs séries statistiques par rapport à la médiane. 1 a. Paris Berlin Rome Q1 43 40 35 Me 50 50 75 Q3 54 60 80 b. À Paris, au cours des 6 mois les moins pluvieux de l’année, la hauteur de pluie mesurée est plus petite ou égale à 50 millimètres.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 43 Au cours des 3 mois les moins pluvieux de l’année, la hauteur de pluie mesurée est plus petite ou égale à 43 millimètres. Au cours des 9 mois les moins pluvieux de l’année, la hauteur de pluie mesurée est plus petite ou égale à 54 millimètres. Paris Berlin Q1 43 40 Me 50 50 Q3 54 60 Q3 – Q1 11 20 c. Pour les villes de Paris et Berlin, les médianes sont égales, mais l’écart entre les quartiles est plus important à Berlin. À Berlin, les mesures des hauteurs de pluie sont moins concentrées autour de la médiane. Elles sont plus dispersées par rapport à la médiane. d. x0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 Q1 Q3Med maxmin Rome x0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 Q1 Q3Med maxminParis x0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 Q1 Q3Med maxmin Berlin 2 a. Vrai : à Rome : Q3 = 80 mm. À Berlin, la mesure maximale est 80 mm. b. Faux : entre le premier quartile et la médiane, on lit les hauteurs d’eau mesurées pendant 3 mois. c. Faux : l’intervalle [ Q1 ; Q3 ] contient les hauteurs d’eau mesurées pendant 6 mois. Mesurer la dispersionActivité 4 Objectifs – Mesurer la dispersion des valeurs d’une série statistique par rapport à la moyenne ; – comparer la dispersion de plusieurs séries statistiques. 1 Pour les deux parties x = 8. Les moyennes des distances sont égales à la distance du cochonnet. 2 Partie 1 : Distance 10,7 8,45 7,15 8,28 8,12 12 7,4 8 5,9 11 4 5 Écart cochonnet – boule 2,7 0,45 0,85 0,28 0,12 4 0,6 0 2,1 3 4 3 Partie 2 : Distance 7,66 7,88 8,22 6,78 8,15 7,6 9 8,11 7,92 8,05 8,6 8,03 Écart cochonnet – boule 0,34 0,12 0,22 1,22 0,15 0,4 1 0,11 0,08 0,05 0,6 0,03
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 44 QCM 5 b. En calculant l’effectif total, on compte 33 notes. La médiane est la 17e note, donc Me = 12. 6 a. x = 5 × 9 + 6 × 10 + 8 × 12 + ... + 5 × 15 33 ≈ 12 7 b. 8,25 ; donc Q1 est la 9e valeur. 8 a. L’effectif total est N = 40. Pour trouver la médiane, on calcule le milieu des 20e et 21e valeurs. Comme toutes deux valent 44, Me = 44. 9 b. x ≈ 43,8, donc x < Me. 10 a. Q1 = 42 ; donc par définition du premier quar- tile, 25 % des pointures sont plus petites ou égales à 42. 11 c. On calcule les fréquences cumulées croissantes. 58 % des valeurs sont inférieures à 3 et 78 % des valeurs sont inférieures à 4. Donc Q3 appartient à la classe [ 3 ; 4 [. 3 Pour la partie 1 : la moyenne des écarts au cochonnet est égale à 1,758 m. Pour la partie 2 : la moyenne des écarts au cochonnet est égale à 0,36 m. La moyenne des écarts au cochonnet de la partie 2 est inférieure à celle de la partie 1. Les boules de la partie 2 sont moins éloignées du cochonnet que celles de la partie 1. Les boules de la partie 1 sont plus dispersées par rapport au cochonnet. Exercices d’application Exercices d’application 1. Construire et interpréter des diagrammes en boîte (p. 65) 2. Mesurer la dispersion (p. 67) 1 La longueur de la pre- mière boîte est supérieure à celle de la deuxième boîte : la première série est plus dispersée par rapport à la médiane que la deuxième série. 2 Les trois séries ont la même médiane : 45. Série 1 : [ Q3 ; Q1 ] = [ 55 ; 30 ] Série 2 : [ Q3 ; Q1 ] = [ 55 ; 35 ] Série 3 : [ Q3 ; Q1 ] = [ 65 ; 35 ] La longueur de la boîte de la première série est supérieure à celle des autres boîtes : la première série est plus dispersée par rapport à la médiane que la deuxième ou la troisième série. La longueur de la boîte de la deuxième série est plus petite que celle des deux autres séries : la deuxième série est moins dispersée par rapport à la médiane que les deux autres séries. 3 L’espérance de vie moyenne des femmes est supérieure à celle des hommes. L’écart type de la série des espérances de vie des hommes est plus petit que celui de la série des espé- rances de vie des femmes donc la série des espérances de vie pour les hommes est plus dispersée par rapport à la moyenne que la série des espérances de vie des femmes. Moyenne Écart type Hommes 75,72 2,29 Femmes 78,93 7,85 4 a. x = 7,44 et σ = 2,54 b. N = 41 ; Me est la 21e valeur : Me = 8,2. Q1 est la 11 e valeur et Q3 est la 31 e valeur : Q1 = 5,4 et Q3 = 9. c. [ x – σ ; x + σ ] = [ 4,9 ; 9,9 ] [ Q1 ; Q3 ] = [ 5,4 ; 9 ] (p. 69)
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 45 16 Taille des pantalons : 34 34 36 38 38 38 40 40 42 42 44 44 46 54 56 56 Les valeurs sont rangées dans l’ordre croissant. Me = 41 ; Q1 = 38 ; Q3 = 44 17 La série a 24 valeurs rangées en ordre croissant, la médiane est le milieu entre la 12e et la 13e valeur ; le quartile 1 est la 6e valeur et le quartile 3 est la 18e. Donc Me = 15 ; Q1 = 10 et Q3 = 19,9. 18 Prix en euros d’une poupée Il faut ranger les valeurs en ordre croissant. 23,5 25 27,9 28 32,5 34 34 37 41 42 45,5 47,9 49,9 56 67,9 Me = 37 ; Q1 = 28 ; Q3 = 47,9 19 L’effectif total est 13, Me = 18, Q1 = 16 et Q3 = 18. 20 Notes à un contrôle bilan de 1re ES d’un grand lycée : Note 7 9 10 11 12 14 15 16 18 Fréquence (en %) 7 14 15 15 11 15 7 14 2 Fréquence cumulée croissante (en %) 7 21 36 51 62 77 84 98 100 Me = 15 ; Q1 = 10 ; Q3 = 14 21 Vrai ou faux ? a. Faux : il faut ranger les valeurs en ordre croissant : 1 – 2 – 3 – 5 – 6 – 6 – 7 – 7 – 8 – 12 – 12 – 13 – 14 – 18 – 19 – 20 Pour les 20 valeurs rangées en ordre croissant, Q1 est la 5e valeur, donc Q1 = 6. b. Faux : Q1 est la 25e valeur de la série classée en ordre croissant. 22 Vrai ou faux ? a. Vrai : 76 4 = 19. b. Faux : 3 4 × 78 = 58,5 ; donc Q3 est la 59 e valeur. 23 Vrai ou faux ? a. Faux : en contre-exemple, la série 6 – 7 – 9 – 9 – 9 – 10 – 13 – 15 – 17 donne Me = Q1 = 9 . b. Faux : si on multiplie par 2 toutes les données de la série, le premier quartile est multiplié par 2. 24 Vrai ou faux ? a. Vrai. b. Faux. 25 Quartiles à la calculatrice Les valeurs sont rangées dans l’ordre croissant : Me = 15 ; Q1 = 13 ; Q3 = 17 La valeur affichée de Q1 n’est pas une valeur de la série. 26 algorithme de recherche des quartiles 1 Quartiles et diagramme en boîte (p. 70) 12 a. On utilise les centres de classe : x = 9 × 0,5 + 20 × 1,5 + ... + 6 × 5,5 100 = 2,82 13 c. Variance : V = 5 × V1 + 15 × V2 20 = 7,5 14 b. Au moins 25 % des valeurs sont inférieures ou égales à Q1, donc au plus 75 % sont strictement supérieures à Q1. Le contraire de « au moins 25 % inférieur ou égal à A » est « au plus 75 % strictement supérieur à A ». 15 a. Faux : [ Q1 ; Q3 ] est un intervalle. L’écart interquartile est un nombre : Q3 – Q1. b. Vrai : l’intervalle [ Q1 ; Q3 ] = [ 15 ; 20 ] . D’après la définition des quartiles, il contient au moins 50 % des valeurs de la série.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 46 27 Médiane et quartiles sur un nuage a. N = 29 ; N 4 = 7,25 ; 3N 4 = 21,75 donc Me = 13 ; Q1 = 12 ; Q3 = 14. x6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 Q1 Q3Med b. 28 Diagramme en bâtons et diagramme en boîte Score Effectif Fréquence cumulée (en %) 1 4 11,11 2 6 27,78 3 6 44,44 4 6 61,11 5 3 69,44 6 5 83,33 7 2 88,89 8 2 94,44 9 1 97,22 10 1 100,00 Me = 4 ; Q1 = 2 ; Q3 = 6. x6543210 7 8 9 10 11 12 13 Q1 Q3Med 29 Comparaison de diagrammes en boîte 75 % des valeurs de la série 1 sont inférieures à 4 et 25 % des valeurs de la série 2 sont inférieures à 4. 50 % de l’ensemble des valeurs sont inférieures à 6. 50 % des valeurs de la série 2 sont inférieures à 6 et 100 % des valeurs de la série 1 sont inférieures à 6. 75 % de l’ensemble des valeurs sont inférieures à 6. 30 Vrai ou faux ? a. Faux : par exemple, pour la série : 6 – 9 – 9 – 9 – 9 – 10 – 13 – 15 – 17, Me = Q1 = 9 . La médiane n’est pas au milieu de la boîte. b. Faux. c. Vrai : par exemple, pour la série : 6 – 6 – 6 – 9 – 10 – 10 – 10 , les minimum et maximum sont confondus avec les quartiles Q1 et Q3 . Min = Q1 = 6 et Q3 = Max = 10 : la boîte n’a pas de moustache. 31 Vrai ou faux ? a. Faux : si on ajoute 10 à toutes les valeurs de la série, la longueur de la boîte devient : ((Q3 + 10) – (Q1 + 10)) = Q3 – Q1. La longueur de la boîte ne change pas. b. Faux : les quartiles ne dépendent pas des valeurs extrêmes : si la valeur maximale augmente, la longueur de la boîte n’augmente pas, seules les « moustaches » changent. 32 Comparaison de dispersion a. S1 S2 S3 Minimum 50 110 80 Q1 114 110 90 Médiane 116 116 116 Q3 118 150 142 Maximum 150 150 150 Étendue 100 40 70 Q3 – Q1 4 40 52 b. Les médianes des trois séries sont égales, mais la dispersion des valeurs par rapport à la médiane est différente. L’étendue de la série S1 est la plus grande, alors que l’écart interquartile est le plus petit. L’étendue de la série S2 est égale à l’écart interquartile. Les valeurs de la série S1 sont plus concentrées autour de la médiane que celles des deux autres séries. Les valeurs de la série S3 sont les plus dispersées par rapport à la médiane. 5535 75 95 115 135 155 x S3 S1 S2
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 47 33 Vrai ou faux ? a. Vrai : pour les femmes, Q1 = 900. Donc au moins 25 % des femmes ont un salaire inférieur ou égal à 900 €. b. Vrai : le salaire minimum des hommes est 900 €. c. Vrai : le troisième quartile de la série des femmes est égal à la médiane de la série des hommes. Donc la moitié des hommes gagnent plus que les trois quarts des femmes. d. Faux : les longueurs des boîtes sont presque identiques, donc les écarts interquartiles sont presque égaux. e. Vrai : 50 % des femmes et 50 % des hommes ont un salaire compris entre 900 et 1 450 €. Cela représente 50 % des salariés. 34 Lecture de diagrammes en boîte 1 a. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x b. Étendue : 8 – 1 = 7 ; Q3 – Q1 = 5 – 2 = 3 c. Q3 = 5 donc pour au moins 75 % des élèves, le temps de lecture par semaine est inférieur ou égal à 5 h. 0,75 × 35 = 26,15, Q3 est la 27 e valeur, donc 27 élèves lisent 5 heures ou moins par semaine. 2 2 3 4 5 6 7 8 9 x Étendue : 9 – 2 = 7 ; Q1 = 3 ; Me = 4 ; Q3 = 6 ; Q3 – Q1 = 6 – 3 = 3 Les étendues sont égales. Les intervalles interquartiles sont égaux. La dispersion par rapport à la médiane est la même pour les deux séries. 35 Séries avec effectifs a. « À la main », on trouve : – pour Imane : N = 62 ; Me = 8 ; Q1 = 6 ; Q3 = 9 ; – pour la classe entière : N = 615 ; Me = 9 ; Q1 = 8 ; Q3 = 10. Les valeurs trouvées à la calculatrice correspondent aux valeurs calculées. b. c. – Pour Imane : Q3 – Q1 = 3 ; – pour la classe entière : Q3 – Q1 = 2 . Pour la classe entière, dont l’effectif est plus grand, les nombres de tranches de clémentines sont moins dispersés par rapport à la médiane que ceux de la série d’Imane. 36 rapports interdéciles 1 a. Vrai : pour les hommes, D1 = 1 145 et pour les femmes, Q1 = 1 340. Au moins un quart des femmes et 10 % des hommes les moins bien payés ont un salaire inférieur ou égal à 1 340 euros. b. Faux : les effectifs des hommes et des femmes ne sont pas égaux dans l’entreprise. On ne peut pas ajouter les pourcentages. c. Faux : pour les femmes, D9 = 2 828 . Au plus 10 % des femmes les mieux payées ont un salaire supérieur ou égal à 2 828 euros. 2 600 1 000 1 400 1 800 2 200 2 600 3 000 3 600 x F H 3 a. Pour les hommes : D9 D1 ≈ 3,3 ; Me D1 ≈ 1,6 ; D9 Me ≈ 2 Le plus bas salaire des 10 % des employés les mieux rémunérés est égal à 3,3 fois le plus haut salaire des 10 % des employés les moins bien rémunérés. Le plus bas salaire de la moitié des employés les mieux rémunérés est égal à 1,6 fois le plus haut salaire des 10 % des employés les moins bien rémunérés. Le plus bas salaire des 10 % des employés les mieux rémunérés est égal à 2 fois le plus haut salaire de la moitié des employés les moins bien rémunérés. b. Pour les femmes : D9 D1 ≈ 2,7 ; Me D1 ≈ 1,5 ; D9 Me ≈ 1,7 c. Le plus bas salaire des 10 % des employées les mieux rémunérées est égal à 2,7 fois le plus haut salaire des 10 % des employées les moins bien rémunérées. Le plus bas salaire de la moitié des employées les mieux rémunérées est égal à 1,5 fois le plus haut salaire des 10 % des employées les moins bien rémunérées. Le plus bas salaire des 10 % des employées les mieux rémunérées est égal à 1,7 fois le plus haut salaire de la moitié des employées les moins bien rémunérées.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 48 2 Variance et écart type (p. 73) 37 QCM 1 a. x ≈ 15,25 2 b. σ = 19 38 Vrai ou faux ? a. Vrai : la variance V est la moyenne des carrés des écarts des valeurs à la moyenne ; donc la variance est une moyenne de nombres positifs. Elle est donc positive. b. Faux : σ = BV. L’écart type est une racine carrée ; donc σ est positif ou nul. c. Vrai : σ = 0 ⇔ V = 0 . On en déduit que tous les carrés des écarts sont nuls, donc toutes les valeurs sont égales entre elles. Cette valeur commune est aussi la moyenne. d. Faux : les valeurs extrêmes sont prises en compte dans le calcul de l’écart type. 39 Vrai ou faux ? a. Vrai : si on ajoute ou retranche un même nombre à toutes les valeurs de la série, la moyenne est modifiée de la même façon. Donc les écarts entre les valeurs et la moyenne ne sont pas modifiés. b. Faux : si on multiplie par 2 toutes les valeurs de la série, alors la moyenne est multipliée par 2. Donc les écarts sont multipliés par 2. Les carrés des écarts sont alors multipliés par 4. Donc la variance est multipliée par 4. c. Vrai : si on divise par 2 toutes les données, la variance est divisée par 4 (d’après b.) et l’écart type est divisé par B4 = 2. d. Faux : la variance est multipliée par (– 2)² = 4 . L’écart type est donc multiplié par B4 = 2. 40 Calcul de l’écart type par la définition 1 x = 7. La valeur 2 donne le plus grand écart à la moyenne. 2 La moyenne et l’écart type sont très sensibles à l’aug- mentation de la valeur extrême. 3 a. Lorsqu’on ajoute 3 à toutes les valeurs de la série, la moyenne augmente de 3, mais la variance et l’écart type sont inchangés. b. Lorsqu’on multiplie toutes les valeurs de la série par 0,5 , la moyenne est multipliée par 0,5 mais la variance est multipliée par (0,5)² donc divisée par 4. L’écart type est multiplié par 0,5. c. Si on ajoute une valeur égale à 7 = x, x’ = 5 × x + x 6 = 7, la moyenne ne change pas. La variance et l’écart type sont modifiés : V’ = 5 × V + 0 6 = 5 6 V = donc σ’ = f56 σ.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 49 41 Les deux écarts types de la calculatrice 1 a. Le prix moyen d’une baguette de pain est 0,87 euro. b. Ce calcul renvoie la valeur de la variance : V ≈ 0,015 . c. σ = BV ≈ 0,12 2 a. et b. Attention aux instructions écart type et variance. LIST puis MATH 7 : écart-type( ou 8 :variance( ; ou Instruction CATALOG puis écart-type( ou variance(. Ces instructions ne donnent pas l’écwart type et la variance de la série de données saisies dans l’éditeur statistique. Elles considèrent la série entrée comme un échantillon d’une série plus importante. L’écart type proposé est l’estimation de l’écart type d’une population dont la série de données saisies est un échantillon. écart type(L1) = SX et variance(L1) = (SX)² 42 paniers bio a. x ≈ 23,89 et s ≈ 10,10 : valeurs obtenues à la calculatrice et arrondies au centime d’euro. b. [ x – s ; x + s ] = [ 13,79 ; 33,99 ] 14 valeurs de la série appartiennent à cet intervalle, soit une part de 14 20 = 0,70. 70 % des prix appartiennent à cet intervalle. 43 Simulations de deux dés On observe une fluctuation du gain moyen autour de la valeur 7. Les fluctuations s’atténuent lorsque le nombre de lancers augmente. 44 Calcul de gains à un jeu de dés a. Ensemble des valeurs de la somme des faces apparues lors du lancer de deux dés tétraédriques : 1 2 3 4 1 2 3 4 5 2 3 4 5 6 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 Fréquences d’apparition des gains obtenus lors de 30 lancers : Somme 2 3 4 5 6 7 8 Gain 1 1 2 3 2 1 1 Fréquence (en %) 4 6 20 17 26 17 10 b. Le gain moyen est égal à 1,8 jeton. L’écart type est environ égal à 2,7. 45 Congé de maternité augmenté 1 La durée moyenne du congé de maternité est d’envi- ron 17,46 × 7 = 122,22 soit 122 jours. L’écart type est d’environ 3,815 × 7 = 26,705 soit 27 jours. 2 On ajoute 1 semaine à la durée des congés de maternité de tous les pays. La durée moyenne est augmentée d’1 semaine donc de 7 jours et est alors égale à 129 jours. Les écarts à la moyenne ne changent pas, donc la variance et l’écart type ne sont pas modifiés. 46 Biscuiterie et tVa 1 Le prix moyen hors taxe est PHT ≈ 5,64. 2 Le taux de la TVA est 5,5 % donc : Prix TTC = Prix HT × 1,055. On multiplie tous les prix HT par 1,055 donc le prix TTC moyen s’obtient en multipliant le prix moyen HT par 1,055 : PTTC ≈ 5,64 × 1,055 ≈ 5,95.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 50 3 a. À l’aide du tableur, on calcule le prix TTC total payé moyen pour chacun des amis, ainsi que l’écart type. Galettes fines Palais épais Madeleines Brisures feuilletées Nombre de paquets achetés Prix total Prix moyen Variance Écart type Prix TTC 5,10 5,30 5,60 7,80 Emma 2 2 1 1 6 34,2 5,70 0,910 0,95 Sacha 3 0 2 3 8 49,9 6,24 1,501 1,23 Louise 2 0 0 3 5 33,6 6,72 1,751 1,32 Zoé 1 3 1 0 5 26,6 5,32 0,026 0,16 Alice 1 4 0 2 7 41,9 5,98 1,322 1,15 Total 9 9 4 9 31 186,1 6,00 b. Le montant moyen d’un paquet pour l’ensemble des amis s’obtient par : 6 × 5,70 + 8 × 6,24 + 5 × 8,72 + 5 × 5,32 + 7 × 5,98 31 ≈ 6, soit environ 6 euros. On peut aussi l’obtenir en divisant le prix total payé par les 5 amis par le nombre total de paquets achetés. 47 Dispersion et comparaison Série : 2 – 3 – 3 – 4 – 5 – 100 – 800 x = 131 et s ≈ 275,15 Q1 = 3 ; Me = 4 et Q3 = 100 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 x a. Faux : la moyenne est supérieure à Q3, elle est à l’extérieur de la boîte. b. Faux : la longueur de la boîte est 97, elle est dif- férente de l’écart type s. c. Faux : l’intervalle [ x – s ; x + s ] n’est pas l’intervalle interquartile qui est [ 3 ; 100 ]. 48 Comparaison sur trois séries à la calculatrice a. À l’aide de la calculatrice, on obtient : b. Toujours en utilisant la calculatrice, on obtient : On observe que les valeurs des quartiles de la cal- culatrice ne correspondent pas aux valeurs calculées : Pour S1 : Q3 = 11 ; pour S2 : Q1 = 3 ; pour S3, Q3 = 10. S1 S2 S3 Q1 9 3 7 Q3 11 16 10 Q3 – Q1 2 13 3 σ 1,977 6,52 4,86 Lorsque la médiane et la moyenne sont très proches et que les valeurs de la série sont réparties de manière symétrique par rapport à la médiane (voir diagrammes en boîte ci-dessous), l’intervalle interquartile est très proche de l’intervalle [ x – σ ; x + σ ]. L’écart interquartile est alors très proche de : x + σ – (x – σ) = 2σ. C’est le cas ici de la série S2. c. Diagramme en boîte en utilisant la calculatrice, ci-contre. 49 Comparaison de temps d’attente aux caisses Hyper A : 1 – 3 – 4 – 4 – 4 – 5 – 5 – 6 – 6 – 7 . Hyper B : 1 – 3 – 4 – 4 – 4 – 5 – 5 – 5 – 10 – 15 . 1 a. Hyper A : Me = 4,5 ; Q1 = 4 ; Q3 = 6 Hyper B : Me = 4,5 ; Q1 = 4 ; Q3 = 5
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 51 b. Hyper A : Q3 – Q1 = 2 ; Hyper B : Q3 – Q1 = 1 L’écart interquartile est plus petit pour l’hyper B. Les temps d’attente dans l’hyper B sont moins dispersés par rapport au temps d’attente médian. c. 0 Hyper A Hyper B 2 4 6 8 10 12 14 16 x 2 L’écart type de la série des temps d’attente de l’hyper A est plus petit et est environ égal à 1,6 min. Les temps d’attente de l’hyper A sont moins dispersés par raport au temps d’attente moyen. 3 Hyper B : 1 – 3 – 4 – 4 – 4 – 5 – 5 – 5 – 5 – 5 . L’écart interquartile n’est pas modifié : Q1 = 4 ; Q3 = 5 ; Q3 – Q1 = 1 L’écart type, en revanche, est très sensible aux variations des valeurs extrêmes : σ ≈ 1,22. 50 Dispersion et coefficient de variation 1 a. À l’aide d’un tableur, on obtient : Centre des classes : France 1 420 1 670 1 953 2 398 3 164 3 864 Centre des classes : Japon 135 060 165 847,5 202 729,5 258 685 370 818 515 305 Fréq. (en %) 10 15 25 25 15 10 1 b. et 2 Salaires Moyenne Écart type France (en euro) 2 341,25 724,128 Japon (en yen) 265 889,95 109 979,46 3 Le coefficient de variation σ x permet de comparer la dispersion des salaires par rapport au salaire moyen, pour deux pays n’ayant pas les mêmes monnaies. Pour la France, σ x ≈ 0,309. L’écart type représente environ 31 % du salaire moyen en France. Pour le Japon, σ x ≈ 0,414. L’écart type représente environ 41,4 % du salaire moyen au Japon. La distribution des salaires est plus dispersée au Japon qu’en France. 51 Moyenne des carrés et carré de la moyenne Remarque : L’exercice est traité pour un exemple de choix de 5 triangles. Le fichier fourni dans le manuel numérique permet de varier les mesures des côtés des triangles et d’effectuer tous les calculs demandés. 1 Remarque : Ici, le calcul présenté sur la calculatrice présente des guillemets dans la formule de la liste L3. Ils permettent de relier la liste L3 aux listes L1 et L2 : si l’on modifie une mesure dans la liste L1 ou la liste L2, le calcul correspondant dans la liste L3 s’actualise. 2 a. b. Ce triangle est isocèle, mais il n’est pas rectangle. A B C c. L’hypoténuse étant le plus grand des côtés, si ce triangle est rectangle, le côté de mesure 6,8385 est l’hypoténuse. Or (x1) 2 = (x2) 2 = 19,36 et (x3) 2 ≈ 46,765 ; (x1) 2 + (x2) 2 = 38,72 donc x1 2 + x2 2 ≠ x3 2. Le triangle obtenu en calculant les moyennes des mesures des côtés n’est pas rectangle. Donc L1 2 + L2 2 = L3 2 mais x1 2 + x2 2 ≠ x3 2. d. L1 2 + L2 2 = L3 2 donc d’après les propriétés de linéarité de la moyenne : moyenne(L1²) + moyenne (L2²) = moyenne (L3²)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 52 3 a. ( a + b + c3 ) 2 = a 2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc 9 = a 2 + b2 + c2 9 + 2ab + 2ac + 2bc 9 b. La moyenne des carrés est égale à a 2 + b2 + c2 3 . Elle n’est pas égale au carré de la moyenne des trois nombres distincts. c. Si les trois nombres sont égaux : ( a + b + c3 ) 2 = (3a) 2 9 = a2 et a 2 + b2 + c2 9 + 2ab + 2ac + 2bc 9 = 3a 2 9 + 6a 2 9 = 9a 2 9 = a2 donc la moyenne des carrés est égale, dans ce cas, au carré de la moyenne. 52 autre formule de la variance : formule de Koenig On peut faire ces calculs en prenant des valeurs particulières pour a, b et c mais sans effectuer les cal- culs numériques, a = 3, b = 5 et c = 7 et on laisse a2 = 32 ; b2 = 52 ; c2 = 72... a. V = a 2 + b2 + c2 – 2ax + 2bx + 2cx + 3(x)2 3 b. x = a + b + c 3 ; donc 3x = a + b + c. On en déduit que : 2ax + 2bx + 2cx = 2x (a + b + c) = 2x × 3x = 6(x)2 c. On en déduit la formule de la variance : V = a 2 + b2 + c2 – (2ax – 2bx – 2cx) + 3(x)2 3 = a 2 + b2 + c2 – 6x2 + 3x2 3 = a 2 + b2 + c2 – 3(x)2 3 = a 2 + b2 + c2 3 – (x)2 d. Si les trois nombres sont égaux à un même nombre, alors leur moyenne est ce nombre et la variance est nulle : V = 3a 2 3 – a2 = 0. 53 Utilisations de la formule de Koenig 1 a. x = 47 b. La somme des carrés est ∑ xi2 = 28 100 donc la moyenne des carrés est égale à 2 810. La variance est : V = 1 10 ∑ xi2 – x2 = 2 810 – 47² = 601 L’écart type est égal à B601 ≈ 24,51 . 2 a. Le gain moyen est x = 1,5 euros. b. V = ∑ fixi2 – x2 = 2,98 – 1,5² = 0,73 σ = BV  0,85 3 V = 1 N ∑ xi2 – x2 = 46150 – 2,74 2 = 1,712 4 σ = BV  1,308 6 54 Étude du minimum de f(x)= S (xi – x)2 1 x = 42 10 = 4,2 V = 1 10 = (2(– 1 – 4,2)2 + 6(5 – 4,2)2 + 2(7 – 4,2)2) = 7,36 2 a. (L’énoncé a été modifié dans la nouvelle édition du manuel élèves.) b. Le minimum de la fonction f est obtenu pour m  4,2. 3 a. f (x) = 2(1 + 2x + x2) + 6(25 – 10x + x2) + 2(49 – 14x + x2) = 10x2 – 84x + 250 b. f (x) = 10(x – 4,2)2 + 73,6 f est une fonction trinôme du second degré : a = 10, a  0, donc f est décroissante sur ] – ∞ ; 4,2 [ et f est croissante sur [ 4,2 ; + ∞ [. x – ∞ 4,2 + ∞ f (x) 73,6 c. On remarque que la valeur m pour laquelle f admet un minimum correspond à la température moyenne trouvée au 1 . 4 f (x) = 73,6 ; V = f (x) 10 55 Utilisation des paramètres pour un choix 1 a. et b. Tableau des résultats que l’on doit obtenir : Moyenne Écart type Q1 Me Q3 Q3 – Q1 Durée (en h) 2 :24 0 :22 2 :10 2 :30 2 :40 2 :18 Dénivelée (en m) 443 69 370 452,5 500 130 2 a. Quatre randonnées ont une durée strictement supérieure à 2 h et inférieure ou égale à 2 h 30. b. Cinq randonnées présentent une dénivelée infé- rieure à 450 m.
Vers le Bac (p. 77) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 53 57 exercice guidé 1 a. Les 34e à 66e tablettes pèsent 100 g, donc Me = 100 ; Q1 = 99 et Q3 = 101 . Écart interquartile : Q3 − Q1 = 2 . b. Diagrammes en boîte des deux séries : 94 96 98 100 102 104 x Q1 Q3Me Q1 Q3Me 2010 2009 2 La moyenne vaut x ≈ 99,6 ; σ ≈ 1,6. 3 a. Faux : comme Me = 98 , alors au moins 50 % des tablettes ont une masse supérieure ou égale à 98 g. b. Faux : Pour l’année 2009 : Q3 − Q1 = 101,5 − 97 = 4,5 . c. Vrai : en 2009, Me = 98 , donc la moitié des tablettes ont une masse inférieure à 98 g. En 2010, Q1 = 99 , donc les trois quarts des tablettes ont une masse supérieure à 99 g et plus des trois quarts ont une masse supérieure à 98 g. L’échantillon est représentatif, donc inutile de considérer « au moins », « au plus »... 58 effet de structure 1 a. Vrai : 1 1 000 × 20 100 + 35 1 000 × 80 100 = 2 820 100 000 = 28,20 1 000 , soit un taux de mortalité de 28,2 pour 1 000 habitants. b. Faux : 2 1 000 × 40 100 + 40 1 000 × 60 100 = 2 480 100 000 = 24,80 1 000 , soit un taux de mortalité de 24,80 pour 1 000 habitants. c. Faux : le taux de mortalité des moins de 20 ans est deux fois plus élevé dans le pays B que dans le pays A. d. Vrai : 2 1 000 × 20 100 + 40 1 000 × 80 100 = 3 240 100 000 = 32,40 1 000 , soit un taux de mortalité de 32,40 %. 2 a. x 1 000 × 40 100 + 40 1 000 × 60 100 = 40x + 2 400 100 000 = 2 820 100 000 , soit 40x + 2 400 = 2 820 ⇔ x = 10,5 b. 1 1 000 × 20 100 + x 1 000 × 80 100 = 20 + 80x 100 000 = 2 480 100 000 , soit 20 + 80x = 2 480 ⇔ x = 30,75 59 paramètres statistiques et décision 1 a. Dans la rue no 1 : x = 63,3 et σ  9,519 . Dans la rue no 2 : x = 52 et σ  2, 280. b. Dans la rue no 2, le bruit est en moyenne moins élevé et plus homogène que dans la rue no 1. 2 a. Les diagrammes en boîte : 50 54 58 6246 66 70 74 78 x rue 1 rue 2 rue 3 Q1 Q3Me b. • Faux : la rue no 1 n’est pas plus bruyante que la rue no 2 à tout moment de la journée. On peut avoir 50 dB dans la rue no 1 et 52 dB dans la rue no 2. • Vrai : dans la rue no 1, la valeur minimum est 50 et dans la rue no 2, Q1 = 50 . Ce qui justifie la phrase de l’énoncé. 3 a. Dans la rue no 2, l’intensité maximale du bruit est 55 dB. On peut donc construire une maison individuelle dans la rue no 2, mais pas dans les rues no 1 et no 3. b. Dans la rue no 3, l’intensité maximale est 62 dB, donc on peut y construire un lycée. 60 Évolution du niveau de vie en France 2008 D1 Q1 Me Q1 D1 Niveau de vie (en €) 834 1 115 1 555 2 066 2 825 La valeur de la médiane de l’édition 01 a été modifiée. 1 a. D1 = 834 : le niveau de vie mensuel des 10 % des ménages les plus pauvres en France en 2007 est infé- rieur ou égal à 834 euros. D9 = 2 825 : le niveau de vie mensuel des 10 % des ménages les plus riches en France en 2007 est supérieur à 2 825 euros. b. Le niveau de vie du ménage le plus riche parmi les 10 % des ménages les plus pauvres est égal à 834 euros. c. D9 D1 = 2 825 834  3,4. Le plus bas niveau de vie des 10 % des ménages les plus riches est égal à 3,4 fois le niveau de vie du ménage le plus riche parmi les 10 % des personnes les plus pauvres. d. 800 1 200 1 600 2 000 2 400 2 800 x 2 Le seuil de pauvreté en 2007 est égal à : 0,60 × 1 555 = 933 euros. 3 a. 2008 D1 Q1 Me Q1 D1 Niveau de vie (en €) 852 1 115 1 581 2 066 2 882
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 54 b. D9 D1  3,4. Le rapport interdécile arrondi au dixième est égal à celui calculé en 2008. c. Le seuil de pauvreté en 2008 est égal à : 0,60 × 1 581 = 948,9, soit, arrondi à l’euro près, 949 €. 4 a. Monsieur et Madame Untel ont un revenu men- suel disponible de 2 150 €. Ils ont deux enfants : Éloi a 16 ans et Noémie a 13 ans. Le nombre d’unités de consommation est 1 + 2 × 0,5 + 0,3 = 2,3. Le niveau de vie mensuel de la famille Untel est égal à 2 150 2,3  934,78 euros. En 2008, le seuil de pauvreté est de 949 euros, donc Monsieur Untel est considéré comme pauvre. b. En 2009, le niveau de vie mensuel médian est passé à 1 590 euros. Le seuil de pauvreté est de 0,6 × 1 590 = 954 €. Le revenu mensuel a augmenté de 10 % donc il est égal à 2 150 × 1,1 , soit 2 365 euros. Le niveau de vie mensuel de la famille Untel est alors 2 365 2,3  1 028 €. Éloi n’est pas un enfant pauvre. 61 pourcentages d’évolution de la moyenne 1 a. Pour les années 70 : Q1 = 24 ; Me = 30 ; Q3 = 33 Pour les années 2000 : Q1 = 21 ; Me = 24 ; Q3 = 27 b. 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 x Années 2000 Années 70 Q1 Q1 Q3 Q3 Me Me c. Années 70 : Q1 = 24 ; Années 2000, Me = 24. Lors des trois quarts des années 70, on totalise plus de 24 accidents par an alors que, lors de la moitié seu- lement des années 2000, on totalise plus de 24 acci- dents par an. Le nombre d’accidents d’avions a donc diminué au cours des années 2000. 2 a. Pour les années 70 : x  30,8 et σ  8,4 Pour les années 2000 : x  24 et σ  3,6 b. 24 30,8  0,78 soit une baisse du nombre moyen d’ac- cidents de 22 %. c. 24 30  0,80 soit une baisse du nombre médian d’acci- dents de 20 %. 3 a. En 2009, 26 35  0,7 soit un taux de 0,7 perte d’avion par million de vols. b. En 2009, le nombre de pertes d’avion est égal à 26. En 2015, il sera réduit de 45 % donc multiplié par 0,55. Le nombre de vols augmente de 10 % par an, soit en 2015 : 35 × 1,16. Le taux mondial d’accidents en 2015 : 26 × 0,55 35 × 1,16  0,23 perte d’avion par million de vols. 62 ... en sciences économiques et sociales Courbe de Lorenz 1 (p. 80)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 55 2 a. 50 % des vergers les plus petits utilisent 6 % de la superficie. Il s’agit de la médiane de la série des superficies utilisées. b. 87 % des vergers les plus petits utilisent 25 % de la superficie. c. Les 10 % des vergers les plus grands utilisent 70 % de la superficie. 63 ... en anglais international comparison of prices: Big Mac index a. Coffee: x = 2,70 ; σ  1,15 Big Mac: x = 3,10 ; σ  1,1 b. Q1 Me Q3 Coffee 2 2,5 3,2 Big Mac 2,4 2,9 4 c. 210 3 4 5 6 7 x Big Mac Co�ee d. Big Mac Hotel room night France 3,1 40 Moscow 1,6 20,65 Göteborg 5,6 72,26 64 ... en biologie Fréquences cardiaques 1 a. et b. Hommes Femmes FCR FCM FCR FCM x 47,5 185,1 54,125 195,75 σ 2,97 5,59 4,37 8,79 x – σ 44,53 179,51 49,75 186,96 x + σ 50,47 190,69 58,50 204,54 % 80 80 80 90 2 Pour l’homme 5, en endurance active : FCE = FCR + ( FCM − FCR ) × 0,8 = 45 + (180 – 45) × 0,8 = 153 Pour l’homme 7, en endurance active : FCE = 52 + (150 – 52) × 0,8 = 130,4 Pour la femme 5, en entraînement de base : FCE = 45 + (188 – 45) × 0,65 = 137,95 Pour la femme 4, en échauffement : FCE = 60 + (200 – 60) × 0,55 = 137
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 56 2 a. N L S B Q1 0 0 0 14,37 Me 16,63 5,32 10,33 22,99 Q3 48,77 22,25 37,49 45,97 b. 20100 30 40 50 60 70 80 90 100 110 x Mont Liban Beqaa Nord Sud 3 a. Vrai : Beqaa : Me = 22,99 donc pendant 6 mois, les besoins en eau sont supérieurs à 22,99 milliards de mètres cubes. Mont Liban : Q3 = 22,25 donc pendant 9 mois, les besoins en eau sont inférieurs ou égaux à 22,25 milliards de m3. b. Faux : Nord : Me = 16,63 donc pendant 6 mois, les besoins en eau de la région Nord sont supérieurs à 16 milliards de m3. c. Faux : les besoins en eau de la région du Mont Liban sont toujours inférieurs à 33,99 milliards de m3. 65 ... en géographie problème d’eau 1 a. et b. 66 ... en histoire Les 20 arrondissements de paris 1 a. b. Les arrondissements dont la population a diminué de moitié sont : 1er ; 2e ; 3e ; 4e ; 6e. Ce sont les arrondissements du centre de Paris. Les arrondissements dont la population a plus que doublé sont : 12e ; 13e ; 14e ; 15e ; 16e ; 17e ; 19e ; 20e. Le 1er janvier 1860, onze communes (Auteuil, Passy, Les Batignolles, Montmartre, La Chapelle, La Villette, Belleville, Charonne, Bercy, Vaugirard et Grenelle), ainsi que quelques enclaves sont annexées à la ville de Paris. Huit nouveaux arrondissements sont créés. 2 a. En 1861 : x  83,4 milliers d’habitants ; σ  23,4 En 2010 : x  110,78 milliers d’habitants ; σ  68,95 b. Le pourcentage d’évolution de la population moyenne entre 1861 et 2010 est d’environ 32,85 %. c. Le pourcentage d’évolution de la population totale entre 1861 et 2010 est égal au pourcentage d’évolution de la population moyenne soit 32,85 %.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 57 67 ... en architecture approche de l’aire sous une courbe 1 En L3, l’instruction –2*L1^2+2 renvoie les ordonnées des points situés sur la parabole. L’instruction somme (L2
Fonctions de référenceFonctions de référence © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 58 C h a p i t r e 4 Ce chapitre est un chapitre passerelle, avant le chapitre 5 sur la dérivation.Il va permettre de reprendre toutes les bases des fonctions usuelles. Peu de nouveautés donc a priori : la fonction racine carrée et la fonction cube. Il nous a semblé bon de reprendre les fonctions affines et la fonction inverse. Les notions de Seconde sont vues dans l’accompagnement personnalisé (partie F page 242). Pour les fonctions affines, le lien avec les droites est important ; mais les droites en ES ou L ne sont plus des objets géométriques. Aussi avons-nous beaucoup insisté sur la lecture du coefficient directeur sous la forme Dy Dx , en lisant en premier la différence des ordon- nées entre deux points en allant de la gauche vers la droite systématiquement, afin de retrouver un déno- minateur Dx toujours POSITIF ! De plus, cette lecture permet d’obtenir directement l’écriture en fraction ! Les vecteurs ne sont d’aucune utilité pour les élèves de ES. Il est donc sans intérêt pour ces élèves de recourir aux coordonnées (Dx ; Dy) du vecteur directeur. Notre pratique en classe nous a prouvé le bien fondé de cette lecture « directe » qui n’engendre pas les erreurs sur l’inverse. De plus, le sens de variation de la fonction affine conduit de façon naturelle au signe du coeffi- cient directeur et réciproquement. L’équation réduite d’une droite proposée est une forme canonique de la fonction affine : coefficient et point. De plus, cela évite d’avoir à résoudre une équation pour la recherche de b, toujours source d’erreur de calcul et surtout de signe, le b n’étant pas « du bon côté », alors que l’équation réduite sous la forme y = a (x – xA) + yA, ou pour la fonction affine f (x) = a (x – xA) + f (xA), ne nécessite que de savoir développer, ce que les élèves arrivent à maîtriser en fin de collège. Et le calcul de b peut se faire à l’aide de la calculatrice. De même, le signe de ax + b est vu à travers la posi- tion de la droite par rapport à l’axe des abscisses, comme indiqué dans le programme de Seconde depuis quelques années. Pour la fonction inverse, quelques exercices en page 246 permettront de reprendre les connaissances utiles en ES. Intentions des auteures Les équations et inéquations comportant des fonc- tions usuelles sont vues dans un cadre graphique. Comme la résolution d’une équation ou inéquation avec cube ne peut se faire de manière exacte, nous avons profité de ce chapitre pour introduire les méthodes de résolution par balayage (la résolution graphique a été vue dans le chapitre 1 pour la recherche du taux moyen d’évolution). Nous avons choisi de montrer deux démonstrations possibles du sens de variation de la fonction cube pro- posant deux méthodes bien différentes, mais à valeur d’exemple. Nous avons beaucoup insisté sur le signe d’un nombre et de son image par une fonction usuelle, important pour l’étude de signe d’une dérivée. Pour ce qui concerne les applications concrètes, la notion d’accroissement moyen et d’interpolation linéaire sera très utile pour les applications de la déri- vée d’une part, et des suites arithmétiques et la crois- sance linéaire, d’autre part. On peut alors revenir sur les pourcentages. La notion d’inversement propor- tionnel est peu utilisée en maths, mais se trouve sou- vent en SES : masse salariale = salaire × effectif ; chiffre d’affaires = quantité × prix ; production = quantité × temps, etc. sont des grandeurs qui conduisent à des grandeurs inversement proportionnelles. L’un des buts de ce chapitre est d’analyser la forme d’un graphique pour lui associer un modèle fonc- tionnel, d’où les exercices sur les fonctions d’appren- tissage, d’oubli, d’offre et de demande, la modélisa- tion d’une fonction de coût total par une fonction de degré 3, ou autres (voir exercice 104 page 104). Comme de plus en plus d’élèves retouchent les pho- tos numérisées, nous avons pensé utile de faire le lien entre l’intensité lumineuse et les fonctions usuelles sur l’intervalle [ 0 ; 1 ]. Nous espérons avoir ainsi couvert un maximum de domaines intéressants sans demander de grandes connaissances mathématiques. Même l’exercice 128 page 113 se traite rapidement. Nous vous conseillons de le faire sur un logiciel de mathématiques dyna- miques (TI-Nspire™ ou Géogébra).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 59 Comprendre les inégalités et les sens de variations a. Vrai : la courbe « monte » sur [ − 1 ; 2 ]. b. Vrai : comme 3  4 et la fonction f est décroissante sur [ 2 ; 5 ], les images sont en ordre contraire ; donc f (3)  f (4) . c. Vrai : la fonction f ne garde pas le même sens de variation sur [ 1 ; 3 ], mais l’ordonnée du point d’abscisse 1 est inférieure à l’ordonnée du point d’abscisse 3 ; donc f (1)  f (3) . d. Faux : comme – 2,5  – 2 et la fonction f est décroissante sur [ – 3 ; – 1 ] , alors f (– 2,5)  f (– 2). revoir la fonction inverse a. Faux : l’inverse de 2 est 1 2 . b. Faux : l’inverse de 3 est 1 3 . c. Vrai : 1 x = – 5 1 ⇔ x 1 = 1 – 5 ⇔ x = – 1 5 d. Faux : si a est négatif et b est positif, alors leurs inverses gardent le même signe, donc 1 a négatif est inférieur à 1 b positif. B C e. Faux : tout réel a non nul a le même signe que l’inverse 1 a . f. Vrai : si a et b sont opposés et non nuls, on a : b = − a. On obtient alors 1 b = 1 – a = – 1 a . Les inverses sont donc opposés. QCM - travailler sur les cubes et les racines carrées 1 b. et d. B4 × 3 = B4 × B3 = 2B3 2 c. B9 + 16 = B25 = 5 3 a. et c. B(– 2)2 = B4 = 2 4 b. et d. (– 2)3 = (– 2) × (– 2) × (– 2) = – 23 = – 8 5 b. c. et d. 0,13 = 0,1 × 0,1 × 0,1 = 0,001 = 10– 3 = 1 1 000 D revoir les fonctions affinesActivité 1 – utiliser le sens de variation d’une fonction affine pour étudier le signe de la fonction (positif puis négatif, négatif puis positif ).  La fonction affine f est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en – 1 2 . Objectifs – Faire le lien entre le signe du coefficient directeur et le sens de variation d’une fonction affine ; – résoudre une équation de base de la forme ax + b = 0 ; travailler sur les droites Droite Coefficient directeur Ordonnée à l’origine Équation 1 2 1 y = 2x + 1 2 1 0 y = x 3 – 1 3 1 y = – x 3 + 1 4 – 1 2 2 y = – x 2 + 2 5 1 2 3 y = x 2 + 3 a Partir d’un bon pied (p. 84) Découvrir (p. 86)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 60 Donc la droite représentant f est la droite 2. et le tableau de signes de f (x) est le tableau D. Le tableau de variations de f est : x – ∞ + ∞ f (x)  La fonction affine g est décroissante, donc de signe positif puis négatif, et s’annule en 2. Donc la droite représentant g est la droite 4. et le tableau de signes de g (x) est le tableau C. Le tableau de variations de g est : x – ∞ + ∞ g (x)  La fonction affine h est décroissante, donc de signe positif puis négatif, et s’annule en 0. Donc la droite représentant h est la droite 1. et le tableau de signes de h (x) est le tableau B. Le tableau de variations de h est : x – ∞ + ∞ h (x)  La fonction affine k est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en 2. Donc la droite représentant k est la droite 3. et le tableau de signes de k (x) est le tableau A. Le tableau de variations de k est : x – ∞ + ∞ k (x)  La fonction affine m est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en 0. Donc la droite représentant m est la droite 5. et le tableau de signes de m (x) est le tableau F. Le tableau de variations de m est : x – ∞ + ∞ m (x)  La fonction affine n est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en 1 2 . Donc la droite représentant n est la droite 6. et le tableau de signes de n (x) est le tableau E. Le tableau de variations de n est : x – ∞ + ∞ n (x) Découvrir la fonction « racine carrée »Activité 2 Objectifs – Conjecturer puis démontrer le sens de variation de la fonction racine carrée ; – travailler le lien graphique-algébrique pour répondre à un vrai-faux. 1 Étude de la fonction a. Bx existe si et seulement si x  0. Donc f est définie sur [ 0 ; + ∞ [. b. et c. On obtient les courbes ci-dessous. La fonction f paraît crois- sante sur [ 0 ; + ∞ [. Il semble que la branche de « gauche » de la courbe de la fonction carré, tournée de 90° vers la droite, est confon- due avec la courbe représentative de f. 2 Vrai ou faux ? a. Vrai : la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses, et le touche en 0. b. Faux : l’équation Bx = 16 admet comme solution x = 162 = 256. c. Faux : l’équation Bx = – 1 n’admet pas de solution, car une racine carrée est toujours positive. d. Faux : l’inéquation Bx  4 admet comme ensemble solution [ 0 ; 16 [. 3 Étude des variations de f  Pour tout réel x  0, le carré d’aire x a pour côté Bx . Comme 0  a  b, le carré d’aire a est inclus dans le carré d’aire b. Donc le côté Ba est inférieur au côté Bb.  Pour tous réels 0  a  b, on a alors f (a)  f (b). Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 61 Comparaison de BNx, x, x2 et x3 pour x  0Activité 4 En multipliant encore par x positif, on obtient : x3  x2. Or la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Comme x2  x , on a : Bx2  Bx , c’est-à-dire x  Bx . Finalement, Bx  x  x2  x3. 3 Applications aux évolutions a. CM1 = 1 + 10 100 = 1,1 ; CM2 = (1 + 10100) × (1 + 10100) = 1,12 ; CM3 = (1 + 10100) × (1 + 10100) × (1 + 10100) = 1,13. Comme 1,1  1, on a 1,1  1,12  1,13, c’est-à-dire CM1  CM2  CM3. L’augmentation globale est ainsi plus importante pour une durée de 3 ans, que pour une durée de 2 ans, elle- même plus grande que pour une durée d’un an. b. CM1 = 1 – 10 100 = 0,9 ; CM2 = 0,9 2 et CM3 = 0,9 3. Comme 0  0,9  1, on a : 0,9  0,92  0,93. La diminution globale est ainsi plus importante pour une durée de 3 ans, que pour une durée de 2 ans, elle- même plus grande que pour une durée d’un an. Objectifs – Travailler le lien graphique-algébrique ; – démontrer des inégalités ; – utiliser un résultat. 1 a. f est représentée par 4 , g est représentée par 1, h est représentée par 2 et k est représentée par 3. b.  Sur [ 0 ; 1 ], 3 est en dessous de 2, qui est en dessous de 1, qui est en dessous de 4. Donc pour tout réel x  [ 0 ; 1 ], x3  x2  x  Bx .  Sur [ 1 ; + ∞ [, 4 est en dessous de 1, qui est en dessous de 2 , qui est en dessous de 3. Donc pour tout réel x  [ 1 ; + ∞ [, Bx  x  x2  x3. 2 a. Pour x  1, en multipliant par x positif, on a : x × x  1 × x, c’est-à-dire x2  x. En multipliant encore par x positif, on obtient : x3  x2. Or la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Comme x2  x , on a : Bx2  Bx , c’est-à-dire x  Bx . Finalement, Bx  x  x2  x3. b. Pour 0  x  1, en multipliant par x positif, on a : x × x  1 × x, c’est-à-dire x2  x. Découvrir la fonction « cube »Activité 3 Objectifs – Conjecturer puis démontrer le sens de variation de la fonction cube ; – travailler le lien graphique-algébrique pour répondre à un vrai-faux. 1 À l’aide de la calculatrice On obtient la courbe ci-contre. (fenêtre : – 5  x  5 et – 125  y  125) 2 Vrai ou faux ? a. Vrai : la courbe « monte » sur . b. Vrai : la courbe est en dessous de l’axe des abscisses sur ] – ∞ ; 0 ] : lorsque x est négatif, le cube x3 est négatif. La courbe est au-dessus de l’axe des abscisses sur [ 0 ; + ∞ [ : lorsque x est positif, le cube x3 est positif. c. Vrai. d. Faux : l’équation x3 = – 8 admet comme solution – 2. e. Vrai : la courbe f est en dessous de la droite d’équation y = – 1 sur ] – ∞ ; – 1 [. f. Vrai : la courbe f est au-dessus de l’axe des abscisses sur [ 0 ; + ∞ [. 3 Étude des variations de f a. Comme 0  a  b, le cube de côté a est inclus dans le cube de côté b. Donc le volume a3 est inférieur au volume b3. Donc a3  b3. b. Dans le cas où a  b  0, on a : 0  – b  – a. Donc (– b)3  (– a)3 d’après la question a. Or (– b)3 = – b3 et (– a)3 = – a3. En multipliant par – 1 négatif, on a donc : a3  b3. c. D’après les questions précédentes, la fonction f est croissante sur  : x – ∞ + ∞ f (x)
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 62 Exercices d’application 1. Connaître et utiliser les fonctions usuelles (p. 89) 1 a. On calcule le coefficient a : a = f (10) – f (– 4) 10 – (– 4) = 9 – 2 14 = 1 2 Donc la fonction f est définie par : f (x) = a (x – 10) + f (10) = 1 2 (x – 10) + 9 = 1 2 x + 4. b. On calcule le coefficient a : a = f (9) – f (– 3) 9 – 3 = 6 – 2 6 = 2 3 Donc la fonction f est définie par : f (x) = a(x – 3) + f (3) = 2 3 (x – 3) + 2 = 2 3 x. 2 a. On résout : f (x) = 0 ⇔ 3x – 4 = 0 ⇔ x = 4 3 . Or la fonction f est croissante car a = 3 positif : la droite représentant f monte et passe du négatif au positif. D’où le tableau de signes : x – ∞ 4 3 + ∞ f (x) – 0 + b. On résout : g (x) = 0 ⇔ – 2x 5 + 3 = 0 ⇔ x = 15 2 = 7,5 Or la fonction g est décroissante car a = – 2 5 négatif : la droite représentant g descend et passe du positif au négatif. D’où le tableau de signes : x – ∞ 7,5 + ∞ g (x) + 0 – 3 a. 1 x = – 1 ⇔ x = 1 – 1 = – 1. Donc S = { – 1 }. b. 1 x = 4 3 ⇔ x = 3 4 . Donc S = { 34 }. c. L’équation 1 x = 0 n’admet pas de solution. Donc S = ∅. 4 a. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 – —2 1 y = –2 O Donc S = [ – 0,5 ; 0 [. b. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 —3 1 y = 3 O Donc S = ] 0 ; 13 [. c. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 y = 0,2 O Donc S = ] – ∞ ; 0 [  [ 5 ; + ∞ [ . Exercices d’application 2. Utiliser la fonction racine carrée (p. 91) 5  A (x) est définie si et seulement si Bx existe, c’est-à-dire si et seulement si x  0. Donc l’ensemble de définition de A (x) est [ 0 ; + ∞ [.  B(x) est définie si et seulement si x – 2  0, soit x  2. Donc l’ensemble de définition de B (x) est [ 2 ; + ∞ [.  C(x) est définie si et seulement si 2 – x  0, soit x  2. Donc l’ensemble de définition de C (x) est ] – ∞ ; 2 ].  D (x) est définie si et seulement si x2 – 4  0, soit x  – 2 ou x  2 . Donc l’ensemble de définition de D (x) est ] – ∞ ; – 2 ]  [ 2 ; + ∞ [. 6 a. Bx = 16 ⇔ x = 162 = 256. Donc S = {256}. b. Bx = 1 ⇔ x = 12 = 1. Donc S = {1}. c. Bx = 2 3 ⇔ x = (23) 2 = 4 9 . Donc S = {49}.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 63 Exercices d’application 3. Utiliser la fonction cube (p. 93) 10 a. x3 = 64 ⇔ x3 = 43 ⇔ x = 4. Donc S = { 4 }. b. x3 = – 0,008 ⇔ x3 = (– 0,2)3 ⇔ x = – 0,2. Donc S = { – 0,2 }. c. x3  1 8 ⇔ x3  (12) 3 ⇔ x  1 2 . Donc S = ] 0,5 ; + ∞ [. 11 a. x3  0 ⇔ x3  03 ⇔ x  0. Donc S = [ 0 ; + ∞ [. b. – 1  x3  0,027 ⇔ (– 1)3  x3  0,33 ⇔ – 1  x  0,3. Donc S = [ – 1 ; 0,3 ]. 12 a. On utilise les fonctionnalités graphiques de la calculatrice. La solution arrondie à 3 chiffres significatifs est 1,442. b. On obtient : La solution arrondie à 3 chiffres significatifs est – 1,710. c. On obtient : La solution arrondie à 3 chiffres significatifs est 29,472. 7 a. On s’aide d’un schéma : O 50 x y 2 500 y = 100 10 000 Donc S = [ 0 ; 10 000 [. b. Une racine carrée est toujours positive et donc supérieure à – 1 . Donc S = [ 0 ; + ∞ [. c. On s’aide d’un schéma : O 2 x y 4 y = 4 16 Donc S = [ 16 ; + ∞ [ . 8 a. Bx – 5  0 ⇔ Bx  5 ⇔ x  25. Donc S = ] 25 ; + ∞ [. b. Bx + 2  0 ⇔ Bx  – 2 impossible. Donc S = ∅. c. Bx – 1 2  0 ⇔ Bx  1 2 ⇔ 0  x  (12) 2 . Donc S = [ 0 ; 0,25 ]. d. Bx – 3  0 ⇔ Bx  3 ⇔ x  9. Donc S = [ 9 ; + ∞ [. 9 Soit x  0. Alors x + 1  1. Comme la fonction racine carrée est croissante, on a : Bx + 1  1. Donc Bx + 1 – 1  0. Ainsi, f (x)  0. D’où le tableau de signes : x 0 + ∞ f (x) 0 +
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 64 QCM 13 c. Une fonction affine est telle que f (x) = ax + b. 14 a. a = − 1, négatif. 15 a. Le coefficient directeur est : a = f (3) – f (– 2) 3 – (– 2) = – 0,5 – 2,5 5 = – 0,6. La fonction f est définie pour tout réel x par : f (x) = – 0,6 (x – 3) + f (3) = – 0,6x + 1,8 – 0,5 = – 0,6x + 1,3. Voir page 242. 16 b. L’opposé du nombre x est − x. Son inverse est 1 – x = – 1 x . C’est donc l’opposé de l’inverse de x. 17 c. Si les nombres sont de même signe, leurs inverses sont dans l’ordre contraire des nombres. Mais si les nombres sont de signes contraires, leurs inverses sont dans le même ordre que les nombres. On ne peut donc rien dire. 18 b. L’équation 1 x = k, où k  0, a pour unique solu- tion : x = 1 k . 19 c. Si x est négatif, − x est positif, alors B– x existe. 20 c. Bx2 – 4 = 1 ⇔ x2 – 4 = 12 ⇔ x2  5. ⇔ x = – B5 ⇔ x = B5. 21 c. On lit directement l’ensemble solution sur la courbe de la fonction racine carrée. O 1 91 x y 22 a. La fonction cube est croissante sur . 23 b. x3 + 27 = 0 ⇔ x3 = – 27 ⇔ x3 = (– 3)3 ⇔ x = – 3. 1 Fonctions affines et fonction inverse (p. 96) 24 QCM 1 b. « S’annuler » : « être égal à zéro ». − 2x − 3 = 0 ⇔ − 2x = 3 ⇔ x = – 3 2 . 2 b. et d. La fonction g est linéaire, donc définie par g (x) = ax, où a = g (– 2) – 2 = 6 – 2 = – 3. Comme le coefficient est négatif, la fonction affine est décroissante sur . 3 b. et c. h(x) est de la forme h(x) = ax + b avec : a = h (2) – h (– 2) 2 – (– 2) = 3 – 6 4 = – 3 4 . Comme le coefficient est négatif, la fonction h est décroissante sur . Pour tout réel x : h (x) = – 3 4 (x – 2) + h (2) = – 3 4 x + 3 2 + 3 = – 3 4 x + 9 2 . 25 Vrai ou faux ? 1 Faux : voir page 235 pour le symbole *. La fonction inverse est décroissante sur chaque intervalle ] – ∞ ; 0 [ et ] 0 ; + ∞ [. 2 Vrai. 3 Vrai : voir page 246. 1 x y 1O Par lecture sur l’hyperbole, on obtient S = ] 0 ; 1 [. 26 1 2 3 4 a = – 1 2 a = – 1 4 a = 1 2 a = 2 27 Attention aux unités ! 1 2 3 4 a = 2 a = 1 a = – 1 2 a = – 1 2 28 Attention aux unités ! 1 2 3 4 a = – 1 2 a = – 1 4 a = 1 3 a = 1 (p. 95)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 65 29 Équation de droite 1 2 3 4 y = – 1 2 x + 1 y = – 1 4 x y = 1 2 x + 1 y = 2x – 3 Pour les exercices 30 et 31 Fonction affine 30 a. La fonction f est linéaire, définie par f (x) = ax, où a = f (2) 2 = 3 2 positif. Donc f est croissante. Ainsi, pour tout réel x, f (x) = 3 2 x. b. f (x) est de la forme f(x) = ax + b, où a = f (6) – f (3) 6 – 3 = 19 – 10 3 = 3 positif. Donc f est croissante. Pour tout réel x : f (x) = 3 (x – 3) + f (3) = 3x – 9 + 10 = 3x +1. 31 a. f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (4) – f (– 1) 4 – (– 1) = – 6 – 2 5 = – 1,6 négatif. Donc f est décroissante. Pour tout réel x : f (x) = – 1,6 (x – 4) + f (4) = – 1,6x + 6,4 – 6 = – 1,6x + 0,4. b. f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (10) – f (5) 10 – 5 = 9 – 3 5 = 1,2 positif. Donc f est croissante. Pour tout réel x : f (x) = 1,2 (x – 5) + f (5) = 1,2x – 6 + 3 = 1,2x – 3. 32 f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (12) – f (0) 12 – 0 = 24,2 – 23 12 = 0,1. Comme f (0) = 23 , on a b = 23. Donc pour tout réel x, f (x) = 0,1x + 23 . 33 a. f(x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (2008) – f (2004) 2008 – 2004 = 12 243 – 11 485 4 = 189,5. Pour tout réel x : f (x) = 189,5 (x – 2 004) + f (2004) = 189,5x – 379 758 + 11 485 = 189,5x – 368 273 b. On calcule : f (2011) = 189,5 × 2 011 – 368 273 = 12 811,5 On estime que le nombre de femmes actives en 2011 est 12 811,5 milliers. 34 Déterminer une fonction affine 1 Étude d’un programme a. La condition « C = D » teste l’égalité des réels x1 et x2. Si C = D , alors la fonction f n’est pas définie. b. En A est stocké le coefficient a de la fonction f. c. En B est stocké le coefficient b de la fonction f. En effet, f (x1) = ax1 + b, donc b = f(x1) – ax1. 2 Applications On programme la calculatrice. a. On obtient f (x) = 6x – 2. b. On obtient f (x) = – 1,6x + 40. c. On obtient f (x) = – 0,04x + 89,76. 35 x y O A B D E C 1 5 10 1 5 10 En utilisant le programme, on obtient :  les droites (AB) et (BC) ont pour équation : y = – 2x + 10 ;  la droite (CD) a pour équation : x = 5 ;  la droite (DE) a pour équation : y = 2 3 x + 14 3 . 36 accroissement moyen et interpolation linéaire a. L’accroissement annuel moyen est : a = 72,7 – 52,7 2 007 – 2 000  2,8. b. Montant des soins hospitaliers estimés :  en 2002 : 52,7 + 2 × 2,8 = 58,3 milliards d’euros ;  en 2005 : 52,7 + 5 × 2,8 = 66,7 milliards d’euros. 37 extrapolation linéaire a. f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (7) – f (0) 7 – 0 = 22,3 – 19,9 7  0,343. Pour tout réel x : f (x) = 0,343 (x – 0) + f (0) = 0,343x + 19,9. b. On calcule : f (15) = 0,343 × 15 + 19,9  25 kg par personne. Pour les exercices 38 à 41 Équations et inéquations de base 38 a. 5x − 7 = 0 ⇔ x = 7 5 = 1,4. Donc S = { 1,4 }. b. − 6x + 3 = 0 ⇔ x = 1 2 = 0,5. Donc S = { 0,5 }. 39 a. − 2x + 4 = x – 6 ⇔ − 3x = – 10 ⇔ x = 10 3 . Donc S = { 103 }. b. 5x + 7 = – 3x – 2 ⇔ 8x = – 9 ⇔ x = – 9 8 . Donc S = { – 98 }. 40 a. – 2x + 4 3  0 ⇔ – 2x  – 4 3 ⇔ x  2 3 . Donc S =  – ∞ ; 23 .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 66 b. 1 2 x + 5 4  0 ⇔ 1 2 x  – 5 4 ⇔ x  – 5 2 . Donc S = ] – ∞ ; – 52 [. 41 a. 3x – 1 2  5x + 1 4 ⇔ – 2x  3 4 ⇔ x  – 3 8 . Donc S = [ – 38 ; + ∞ [. b. 3 2 x + 1  4x – 2 ⇔ – 5 2 x  – 3 ⇔ x  6 5 . Donc S = ] – ∞ ; 65 [. Pour les exercices 42 et 43 Signe de fonctions affines 42  Pour la fonction f : La fonction f est croissante sur  car son coefficient a = 3 est positif. La droite représentant f monte et passe donc du négatif au positif. De plus, la fonction f s’annule en 2 3 . D’où le tableau de signes : x – ∞ 2 3 + ∞ f (x) – 0 +  Pour la fonction g : La fonction g est décroissante sur  car son coefficient a = – 4 est négatif. La droite représentant g descend et passe donc du positif au négatif. De plus, la fonction g s’annule en 4 9 . D’où le tableau de signes : x – ∞ 4 9 + ∞ g (x) + 0 – 43  Pour la fonction f : La fonction f est croissante sur  car son coefficient a = 0,5 est positif. La droite représentant g monte et passe donc du négatif au positif. De plus, la fonction f s’annule en – 14. D’où le tableau de signes : x – ∞ – 14 + ∞ f (x) + 0 –  Pour la fonction g : La fonction g est décroissante sur  car son coefficient a = – 1 3 est négatif. La droite représentant f descend et passe donc du positif au négatif. De plus, la fonction g s’annule en 12. D’où le tableau de signes : x – ∞ 12 + ∞ g (x) – 0 + 44 Gagner le gros lot par SMS 1 Chaque personne envoyant un SMS (dont le coût est compris dans son forfait) a un surcoût de 1 €. La voiture ayant une valeur de 9 900 €, au minimum 9 900 personnes doivent participer pour compenser la valeur de la voiture. 2 En 30 minutes, le standard reçoit : 30 × 15 × 60 2 = 13 500 SMS. Chaque SMS étant facturé 1 €, l’organisateur reçoit 13 500 € et réalise un bénéfice de 3 600 €. 45 Utilisation d’un taux d’évolution 1 Le coefficient multiplicateur d’une augmentation de 10 % est CM = 1 + 10 100 = 1,1. Donc, si x est le prix initial, le prix final est f (x) = 1,1x. 2 a. f (59) = 64,9 , soit 64,90 €. b. f (x) = 59 ⇔ 1,1x = 59 ⇔ x = 59 1,1  53,64, soit un prix de 53,64 € environ. 46 Évolution et fonction linéaire 1 Pour chaque fonction, le coefficient a est le coefficient multiplicateur CM = 1 + t. Donc : Fonctions f1 f2 f3 f4 Taux – 40 % + 60 % + 10 % – 10 % 2 Plus le coefficient a est grand, c’est-à-dire plus le taux est grand, plus la droite est pentue. Donc : Fonctions f1 f2 f3 f4 Droites Verte Rouge Bleue Violette 47 Offre et demande affines 1 Lorsque la quantité offerte (par les producteurs) augmente, le prix augmente. Donc la fonction d’offre f est croissante. La courbe représentative de f est donc la droite rouge. La fonction linéaire f est telle que f (8) = 9. On obtient, pour tout réel x, f (x) = 9 8 x.  Lorsque la quantité demandée (par les consom- mateurs) augmente, le prix diminue. Donc la fonction demande g est décroissante. La courbe représentative de g est la droite bleue. La fonction affine g est telle que g (0) = 17 et g (8) = 9 . On obtient pour tout réel x, g (x) = – x + 17. 2 On résout : f (x) = g (x) ⇔ 9 8 x = – x + 17 ⇔ 17 8 x = 17 ⇔ x = 8. Le prix d’équilibre du marché est 8 €. Graphiquement, les courbes se coupent au point d’abscisse 8. 3 Pour une quantité offerte x, le nouveau prix est égal à la somme de la taxe de 1 € et du prix f (x).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 67 Donc la nouvelle fonction d’offre est définie par : f2 (x) = f (x) + 1 = 9 8 x +1. On résout : f2 (x) = g (x) ⇔ 9 8 x + 1 = – x + 17 ⇔ 17 8 x = 16. ⇔ x = 128 17  7,53. Le nouveau prix d’équilibre du marché est environ 7,53 €. 48 proportionnel, inversement proportionnel 1 a. Chiffre d’affaires = Prix × quantité : CA = 119 q. b. 119 q  5 000  q ⇔ 5 000 119  42,02 Comme q est un entier, l’entreprise doit vendre au moins 43 tables pour dépasser 5 000 € de chiffre d’affaires. 2 a. Masse salariale = nb de salariés × salaire MS = 50 × 1 500 = 75 000 € b. À masse salariale constante, le nombre de salariés en fonction du salaire x est N (x) = 75 000 x . c. N (3 000) = 25, soit 25 salariés. 49 hyperboles  L’image de 1 par f est – 1. Donc la fonction f est représentée par la courbe 2.  L’image de 1 par g est 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 4.  L’image de 1 par h est 3. Donc la fonction h est représentée par la courbe 3.  L’image de 1 par k est – 2. Donc la fonction k est représentée par la courbe 1. Pour les exercices 50 à 54 Fonction inverse 50 a. 1 x = 3 ⇔ x = 1 3 . Donc S = { 13 }. b. 1 x = 5 4 ⇔ x = 4 5 . Donc S = { 0,8 }. c. 1 x = – 2 3 ⇔ x = 3 – 2 = – 1,5. Donc S = { – 1,5 }. 51 a. 1 x = 1 ⇔ x = 1 1 = 1. Donc S = { 1 }. b. 1 x = 0,1 ⇔ x = 1 0,1 = 10. Donc S = { 10 }. c. 1 x = – 5 ⇔ x = 1 – 5 = – 0,2. Donc S = { – 0,2 }. 52 a. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 —4 1 y = 4 O Donc S = ] 0 ; 14 [. b. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 —3 1 y = 3 O Donc S = ] – ∞ ; 0 [  ] 13 ; + ∞ [. c. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 – —2 1 y = –2 O Donc S = [ – 12 ; 0 [. 53 On procède comme dans l’exercice 52 en s’aidant d’un schéma. a. S = ] 0 ; 52 [ . b. S = ] – ∞ ; 0 [  [ 3 ; + ∞ [. c. S = ] – ∞ ; – 43 ]  ] 0 ; + ∞ [.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 68 54 a. 3 2x = 5 ⇔ x = 3 10 . Donc S = { 310 }. b. – 4 x + 1 = 3 ⇔ x + 1 = – 4 3 ⇔ x = – 7 3 . Donc S = { – 73 }. c. On procède comme dans l’exercice 52 en s’aidant d’un schéma. 1 x – 1  2 ⇔ x – 1  0 ou x – 1  1 2 ⇔ x  1 ou x  3 2 . Donc S = ] – ∞ ; 1 [  [ 32 ; + ∞ [. Pour les exercices 55 et 56 Équation se ramenant au 2nd degré 55 a. Pour tout réel x  0 : 2x + 1 = 1 x ⇔ 2x2 + x = 1 ⇔ 2x2 + x – 1 = 0 . On a : D = 9 ; x1 = – 1 et x2 = 1 2 . Donc S = { – 1 ; 12 } . b. Pour tout réel x  0 : 1 x = x ⇔ x2 = 1 ⇔ x = – 1 ou x = – 1 . Donc S = { – 1 ; 1 }. 56 a. Pour tout réel x  0 : 3x + 1 = 4 x ⇔ 3x2 + x = 4 ⇔ 3x2 + x – 4 = 0. On a : D = 49 ; x1 = – 4 3 et x2 = 1. Donc S = { – 43 ; 1 }. b. Pour tout réel x  0 : 2x + 3 = 20 x ⇔ 2x2 + 3x – 20 = 0. On a : D = 169 ; x1 = – 4 et x2 = 5 2 . Donc S = { – 4 ; 52 }. 57 a. Pour tout réel x  – 1 : x – 1 = 3 x + 1 ⇔ (x – 1)(x + 1) = 3 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = – 2 ou x = 2. Donc S = {– 2 ; 2}. b. Pour tout réel x  2 : 3x + 1 = – 4 x – 2 ⇔ (3x + 1)(x – 2) = – 4 ⇔ 3x2 – 6x + x – 2 + 4 = 0 ⇔ 3x2 – 5x + 2 = 0 On a : D = 1 ; x1 = 2 3 et x2 = 1. Donc S = { 23 ; 1 }. 58 positions relatives a. La droite  a pour équation y = x et l’hyperbole  a pour équation y = 1 x . On étudie le signe de la différence : d (x) = x – 1 x = x 2 – 1 x b. x2 – 1 = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 1 et 0 est la valeur interdite. + + ––1 1 x – ∞ – 1 0 1 + ∞ x2 – 1 + 0 – – 0 + x – – 0 + + d (x) – 0 + | | – 0 + c.  est au-dessus de l’hyperbole  lorsque d (x) est strictement positif, donc sur ] −1 ; 0 [  ] 1 ; + ∞ [.  est en dessous de  lorsque d (x) est strictement négatif, donc sur ] − ∞ ; − 1 [  ] 0 ; 1 [. 59 hyperbole et droite 1 Pour tout réel x  0 : 1 x = x + 1 6 ⇔ 6 = x (x + 1) ⇔ x2 + x – 6 = 0. On a : D = 25 ; x1 = – 3 et x2 = 2. Donc S = { – 3 ; 2 }. Les points d’intersection de  et  sont donc les points de coordonnées ( – 3 ; – 13 ) et ( 2 ; 12 ). 2 a. d (x) s’annule en – 3 et 2, le coefficient a est posi- tif et 0 est valeur interdite. D’où le tableau de signes : x – ∞ – 3 0 2 + ∞ x2 + x – 6 + 0 – – 0 + 6x – – 0 + + d (x) – 0 + | | – 0 + b. x + 1 6 – 1 x = x 2 + x – 6 6x = d (x). On en déduit que :   est au-dessus de  sur [ – 3 ; 0 [  [ 2 ; + ∞ [.   est en dessous de  sur ] – ∞ ; – 3 ]  ] 0 ; 2 ]. On vérifie à l’aide de la calculatrice. 60 Calcul d’un taux réciproque a. Le coefficient multiplicateur global sur les deux jours est CM = ( 1 – 7100 ) × ( 1 + t100 ). Comme l’action retrouve sa valeur initiale, on a CM = 1. Donc 0,93 × ( 1 + t100 ) = 1. Donc 1 + t 100 = 1 0,93 . b. On a t = 100 ( 10,93 – 1 )  7,5. La valeur de l’action doit augmenter d’environ 7,5 %.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 69 61 Vrai ou faux ? a. Vrai : B16 = 4. b. Faux : la fonction racine carrée est définie sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [. Donc si x est négatif, Bx n’existe pas. Voir page 226 : le rôle du contre-exemple. c. Vrai : la fonction racine carrée est croissante sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [. d. Vrai : pour tous réels positifs a et b : a  b ⇔ Ba  Bb donc a − b  0 ⇔ Ba –Bb  0. D’où Ba – Bb est du signe de a − b. 62 QCM 1 c. Bx = 9 ⇔ x = 92 = 81. 2 b. Bx  4 ⇔ 0  x  42 ⇔ 0  x  16 . 3 a. Une racine carrée est un nombre positif ou nul, donc elle est toujours supérieure à − 10. Pour les exercices 63 et 64 Fonction et courbe représentative 63  L’image de 0 par f est 2. Donc la fonction f est représentée par la courbe 1.  L’image de 0 par g est – 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 3.  La fonction h est définie sur [– 2 ; + ∞[. Donc la fonction h est représentée par la courbe 2. 64  L’image de 1 par f est 1. Donc la fonction f est représentée par la courbe 2.  L’image de 1 par g est – 1. Donc la fonction g est représentée par la courbe 3.  L’image de – 1 par h est 1. Donc la fonction h est représentée par la courbe 1.  L’image de – 1 par k est – 1. Donc la fonction k est représentée par la courbe 4. 65 ensemble de définition  f (x) = B– x + 3 existe si et seulement si – x + 3  0 ⇔ x  3 donc f est définie sur ] − ∞ ; 3 ].  g (x) = 3Bx2 – 1 existe si et seulement si x2 − 1  0 ⇔ x  ] − ∞ ; − 1 ]  [ 1 ; + ∞ [ donc g est définie sur ] – ∞ ; – 1 ]  [ 1 ; + ∞ [. 66 ensemble de définition  f (x) = B– x existe si et seulement si – x  0 ⇔ x  0 donc f est définie sur ] – ∞ ; 0 ].  g (x) = – 2x B3 – 2x existe si et seulement si 3 – 2x  0 ⇔ x  3 2 donc g est définie sur ] – ∞ ; 32 ]. Pour les exercices 67 à 72 Équations et inéquations avec racine carrée 67 a. Bx = – 2 impossible car une racine carrée est toujours positive. Donc S = ∅. b. Bx = 7 ⇔ x = 72 = 49. Donc S = { 49 }. 68 a. Bx = 1 2 ⇔ x = (12) 2 = 1 4 . Donc S = { 14 }. b. Bx = 2 5 ⇔ x = (25) 2 = 4 25 . Donc S = { 425 }. 69 a. 2Bx = 3 ⇔ Bx = 3 2 ⇔ x = (32) 2 = 9 4 . Donc S = { 94 }. b. – 4Bx + 1 = 0 ⇔ Bx = 1 4 ⇔ x = (14) 2 = 1 16 . Donc S = { 116 }. 70 a. B3x = 4 ⇔ 3x = 42 ⇔ x = 16 3 . Donc S = { 163 }. b. B1 + x = 2 ⇔ 1 + x = 22 ⇔ x = 3. Donc S = {3}. 71 a. Une racine carrée est toujours positive ou nulle, donc supérieure à − 2. D’où S = [ 0 ; + ∞ [. b. Voir corrigés de l’exo n° 21 (QCM) page 260. D’où S = [0 ; 3]. 72 a. Bx + 3  5 ⇔ Bx  2 ⇔ 0  x  22 ⇔ 0  x  4. Donc S = [ 0 ; 4 [. b. Bx  3 2 ⇔ x  ( 32) 2 ⇔ x  9 4 . Donc S = [ 94 ; + ∞ [. 73 revoir le 2nd degré a. Bx = 0,5x – 1,5 ⇔ { X = Bx X = 0,5X2 – 1,5 ⇔ { X = Bx 0,5X2 – X – 1,5 = 0 On a : D = 4 ; X1 = – 1 et X2 = 3. Donc l’équation est équivalente à Bx = – 1 (impossible) ou Bx = 3, c’est-à-dire : x = 32 = 9. Donc S = { 9 }. b. Bx = – x + 2 ⇔ { X = Bx X = – X2 + 2 ⇔ { X = Bx X2 + X – 2 = 0 On a : D = 9 ; X1 = – 2 et X2 = 1. Donc l’équation est équivalente à Bx = – 2 (impossible) ou Bx = 1, c’est-à-dire : x = 12 = 1. Donc S = { 1 }. 2 La fonction racine carrée (p. 100)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 70 Pour les exercices 74 et 75 Deux évolutions 74 Valeur d’une action a. Le coefficient multiplicateur global s’écrit de deux manières : 1 + 60 100 et (1 + t)2. Donc (1 + t)2 = 1,6. b. Donc 1 + t = B1,6 (car 1 + t  0 ) donc t = B1,6 – 1  0,26. Ainsi, le pourcentage d’augmentation hebdomadaire de l’action est environ 26 %. 75 Valeur d’une voiture sur deux ans On note t le pourcentage de diminution annuelle de la voiture. En utilisant le coefficient multiplicateur global sur les deux années, on a : (1 – t)2 = 1 – 27 100 . Comme 1 – t  0, on a : 1 – t = B0,73 Donc t = 1 – B0,73  0,146. La voiture est dépréciée d’environ 14,6 % par an. 76 encadrement entre deux entiers consécutifs 1 La fonction racine carrée est croissante. Donc, comme 4  6  9 , on a B4  B6  B9. Donc 2  B6  3. 2 9  13  16 . Donc 3  B13  4. 16  20  25 . Donc 4  B20  5. 49  50  64 . Donc 7  B50  8. 121  130  144 . Donc 11  B130  12. 77 tableau de signes 1 La fonction racine carrée est croissante sur l’inter- valle [ 0 ; + ∞ [. Donc pour tous réels positifs a et b : 0  a  b ⇔ Ba  Bb. Ainsi, a − b  0 ⇔ Ba – Bb  0. D’où Ba – Bb est du signe de a − b. 2 Sur [ 0 ; + ∞ [, Bx existe et Bx – 2 est du signe de x − 22 = x − 4. Cela explique le tableau de signes de Bx – 2. 3 Sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [ : • f (x) = Bx – 3 est du signe de x − 32 = x − 9. x 0 9 + ∞ f (x) – 0 + • g(x) = Bx – 1 est du signe de x − 12 = x − 1. x 0 1 + ∞ g (x) – 0 + 78 tableaux de signes  f (x) = Bx + 2. Comme une racine carrée est toujours positive, pour tout réel x  0, f (x)  2. Donc pour tout réel x  0, f (x)  0.  g (x) = 2Bx – 4 = 2(Bx – 2) est du signe de : x – 22 = x – 4. D’où le tableau de signes : x 0 4 + ∞ g (x) – 0 +  h (x) = 9 – Bx est du signe de 92 – x = 81 – x. D’où le tableau de signes : x 0 81 + ∞ h (x) + 0 – 79 Sens de variation 1 f (x) existe si et seulement si x – 3  0. Donc f est définie sur [ 3 ; + ∞ [. 2 a. Soit a et b deux réels tels que 3  a  b . On retire 3 à chaque membre des inégalités. On obtient : 0  a – 3  b − 3. Voir page 235. b. On applique à cette inégalité la fonction racine carrée, croissante sur [ 0 ; + ∞ [. On en déduit : 0  Ba – 3  Bb – 3 . En résumé, si 3  a  b, alors 0  Ba – 3  Bb – 3 . Cela signifie que f est croissante sur [ 3 ; + ∞ [. 80 Sens de variation 1 La fonction h est affine de coefficient a = – 0,5 négatif. Donc h est décroissante sur . 2 Soit a et b tels que a  b  6 . Comme h est décroissante : – 0,5a + 3  – 0,5b + 3  – 0,5 × 6 + 3, c’est-à-dire : – 0,5a + 3  – 0,5b + 3  0. Comme la fonction racine carrée est croissante, on a : B– 0,5a + 3  B– 0,5b + 3  0. On en déduit que f est décroissante sur ] –∞ ; 6 ]. 81 Fonction d’apprentissage 1 On sait que f(0) = 20 et f (1) = 100 . Donc 0a + b = 20 et a + b = 100. Donc a = 80 et b = 20. Ainsi, pour tout réel x  0, f (x) = 80Bx + 20. 2 Pour tous réels a et b tels que 0  a  b , on a : Ba  Bb. En multipliant par 80 puis en ajoutant 20, on obtient : 80Ba + 20  80Bb + 20, c’est-à-dire f (a)  f (b). Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Cela signifie que plus le temps augmente, plus le commercial connaît de mots. 3 On résout : f (x)  500 ⇔ 80Bx + 20  500 ⇔ 80Bx  480 ⇔ Bx  480 80 ⇔ Bx  6 ⇔ x  62 ⇔ x  36 Le commercial a appris 500 mots au bout de 36 mois. 82 Coût unitaire 1 a. Soit a et b tels que 200  a  b  600 . En retirant 200, on a : 0  a – 200  b – 200  400.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 71 Comme la fonction racine carrée est croissante sur l’intervalle [0 ; + ∞[, on a : Ba – 200  Bb – 200 . b. En multipliant par 0,35 puis en ajoutant 3, on obtient pour tous réels a  b de [ 200 ; 600 ] : 0,35Ba – 200 + 3  0,35Bb – 200 + 3, c’est-à-dire U(a)  U(b). Donc la fonction U est croissante sur [200 ; 600]. 2 On résout : U(x)  9 ⇔ 0,35Bx – 200 + 3  9 ⇔ Bx – 200  6 0,35 ⇔ 0  x – 200  ( 60,35) 2 ⇔ 200  x  200 + ( 60,35) 2 Or 200 + ( 60,35) 2  493,88 Donc la plage de bénéfice est entre 200 kg et environ 493,88 kg. 83 Comparaison de x et Bx 1 a. Pour tout réel x  0 : d(x) = x – Bx = Bx × Bx – Bx = Bx × (Bx – 1). b. Le signe de Bx – 1 est le signe de x – 12 = x – 1. D’où le tableau de signes : x 0 1 + ∞ Bx – 1 – 0 + Bx 0 + + d (x) 0 – 0 + On en déduit que  est au-dessus de  sur [ 1 ; + ∞ [ et que  est en dessous de  sur [ 0 ; 1 ]. 2 D’après la question 1 , on a :  pour 0  x  1, Bx  x ;  pour x  1, Bx  x. a. 1,1  1. Donc 1,1  B1,1. b. 0,8  1. Donc 0,8  B0,8. c. 10  1. Donc 10  B10. 3 La fonction cube (p. 102) 84 QCM 1 a. Pour tous réels a et b tels que a  b , on a : a3  b3 ⇔ a3 + 3  b3 + 3. Donc la fonction f est croissante sur . 2 b. Pour tous réels a et b tels que a  b , on a : a3  b3 ⇔ −2a3  −2b3. En multipliant par −2, l’inégalité change de sens. Donc la fonction g est décroissante sur . 3 a. Pour tous réels a et b tels que a  b , on a : a – 1  b − 1. En appliquant la fonction cube, croissante sur , on obtient : (a − 1)3  (b − 1)3 . Donc la fonction h est croissante sur . 85 Vrai ou faux ? a. Vrai : x3 = 0,064 = 0,43 ⇔ x = 0,4. b. Faux : x3 = 0 = 03 ⇔ x = 0. c. Faux : on lit sur la courbe de la fonction cube l’ensemble solution : S = ] − ∞ ; 0 [. 1 x y 1O d. Faux : (x − 1)3 = 27 = 33 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4. Pour les exercices 86 et 87 Fonction et courbe représentative 86  L’image de 1 par f est 1. Donc la fonction f est représentée par la courbe 4.  L’image de 1 par g est 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 3.  L’image de 1 par h est – 1. Donc la fonction h est représentée par la courbe 1.  L’image de 1 par k est – 0,5. Donc la fonction k est représentée par la courbe 2. 87  L’image de 0 par f est 0. Donc la fonction f est représentée par la courbe 2.  L’image de 0 par g est 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 1.  L’image de 3 par h est 0. Donc la fonction h est représentée par la courbe 4.  L’image de 2 par k est 1. Donc la fonction k est représentée par la courbe 3. 88 Pour tous réels a  b , on a : a3  b3, car la fonction cube est croissante sur . En retirant 1, on a : a3 – 1  b3 – 1. Donc la fonction f est croissante sur . 89 a. x3 = 1 64 = ( 14) 3 ⇔ x = 1 4 . Donc S = { 14}. b. x3 = − 0,001 = (− 0,1)3 ⇔ x = – 0,1 . D’où S = { − 0,1 }.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 72 90 a. 2x3 – 16 = 0 ⇔ x3 = 8 = 23 ⇔ x = 2. Donc S = { 2 }. b. – 0,1x3 + 100 = 0 ⇔ x3 = 1 000 = 103 ⇔ x = 10. Donc S = { 10 }. 91 a. (1 + x)3 = 8 = 23 ⇔ 1 + x = 2 ⇔ x = 1. Donc S = { 1 }. b. (1 – x)3 = 0,064 = 0,43 ⇔ 1 – x = 0,4 ⇔ x = 0,6. Donc S = { 0,6 }. 92 a. Comme 27 = 33, on lit sur la courbe de la fonction cube : S = [ 0 ; 3 ]. b. Comme 64 = 43, on lit S = [ 4 ; + ∞ [. 93 a. – 1  x3  8 ⇔ (– 1)3  x3  23 ⇔ – 1  x  2. Donc S = ] – 1 ; 2 [. b. – 8  x3  27 ⇔ (– 2)3  x3  33 ⇔ – 2  x  3. Donc S = [ – 2 ; 3 [. 94 résolution par balayage 1 Soit a et b deux réels tels que a  b. La fonction cube est croissante sur , donc a3  b3. En retirant 4, on obtient a3 − 4  b3 − 4. Donc la fonction f est croissante sur . 2 a. Tableau des valeurs de f(x) par pas de 1 ci-contre. b. f (1) = − 3 négatif et f (2) = 4 positif. La solution de l’équation f (x) = 0 est comprise entre 1 et 2. 3 Tableau des valeurs de f (x) par pas de 0,1 ci-dessous. Par lecture du tableau, on a : 1,5  x0  1,6 . Un encadrement est donné par deux nombres a et b tels que : a  x0  b. 4 x0  1,587 à 10– 3 près, valeur que l’on peut obtenir par le solveur de la calculatrice. 95 résolution graphique 1 On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,077 à 0,001 près. 2 a. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,062 à 0,001 près. b. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,019 à 0,001 près. c. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 0,928 à 0,001 près. 96 résolution approchée On peut procéder par balayage ou utiliser le solveur graphique. a. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,145 à 0,001 près. b. 3x3 – 2 = 0 ⇔ x3 = 2 3 . On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 0,874 à 0,001 près. c. 2(1 + x)3 – 1 = 0 ⇔ (1 + x)3 = 1 2 . On entre en Y1 l’expression (1 + x)3 et on obtient le résultat ci-contre. Donc la solution approchée est – 0,206 à 0,001 près. 97 taux moyen d’augmentation 1 De 2002 à 2005, il y a trois augmentations suc- cessives. On connaît le coefficient multiplicateur global pour ces trois années : CMglobal = 173,6 150,1 . Si t est le taux annuel en écriture décimale, le coefficient multiplicateur pour chaque année est 1 + t et pour 3 ans : CMglobal = (1 + t) 3 . D’où (1 + t)3 = 173,6 150,1 .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 73 2 Tableau des valeurs par pas de 0,001 ci-contre. Chaque année, la consommation d’eau minérale a augmenté de 5 % à 0,1 point de pourcentage près. 98 taux moyen de diminution 1 Le coefficient multiplicateur global sur les trois années peut s’écrire de deux façons : (1 – t)3 et 510 432 519 790 . Donc (1 – t)3 = 510 432 519 790 . 2 On entre en Y1 l’expression (1 – x)3 et on obtient le résultat ci-contre. Donc une valeur approchée du taux t à 0,01 point de pourcentage près est 0,60 %. Le nombre d’élèves sortant d’une classe de 2de en 2005 est environ : 519 790 × (1 – 0,60100 )  516 671. 3 Le pourcentage d’erreur est : 516 834 – 516 671 516 671  0,03 %. Le résultat obtenu à la question 2 a moins de 5 % d’erreur avec la valeur réelle. 99 tableau de signes 1 Comme la fonction cube est croissante sur , pour tous réels a et b, on a : a  b ⇔ a3  b3 , donc a − b  0 ⇔ a3 − b3  0. a3 − b3 est du signe de a − b. 2 x3 − 8 = x3 − 23 est du signe de x − 2. D’où le tableau de signes de x3 − 8 de l’énoncé. 3  f (x) = x3 − 27 = x3 − 33. f (x) est du signe de x − 3. x – ∞ 3 + ∞ f (x) – 0 +  g (x) = −x3 + 1 = 13 − x3 , du signe de 1 − x. x – ∞ 1 + ∞ g (x) + 0 – Pour les exercices 100 et 101 Étude de signe 100 a. f (x) = 2x3 – 128 = 2 (x3 – 64) = 2 (x3 – 43) est du signe de x – 4. D’où le tableau de signes : x – ∞ 4 + ∞ f (x) – 0 + b. f (x) = – 0,1x3 – 100 = 0,1 (– x3 – 1 000) = 0,1 ((– 10)3 – x3) est du signe de – 10 – x. D’où le tableau de signes : x – ∞ – 10 + ∞ f (x) + 0 – 101 a. f (x) = x 3 8 – 1 = 1 8 (x3 – 8) = 1 8 (x3 – 23) est du signe de x – 2. D’où le tableau de signes : x – ∞ 2 + ∞ f (x) – 0 + b. f (x) = 27x3 + 1 = 27 (x3 + 127) = 27 (x3 – (– 13 ) 3) est du signe de x – – 1 3 = x + 1 3 . D’où le tableau de signes : x – ∞ – 1 3 + ∞ f (x) – 0 + 102 positions relatives de x2 et 1 x 1 x3 – 1 = x3 – 13 est du signe de x – 1. D’où le tableau de signes : x – ∞ 0 1 + ∞ x3 – 1 – – 0 + x – 0 + + d (x) + | | – 0 + 2 a. x2 – 1 x = x 3 x – 1 x = x 3 – 1 x = d (x). D’après la question 1 :  est au-dessus de  sur ] – ∞ ; 0 [  [ 1 ; + ∞ [;  est en dessous de  sur ] 0 ; 1 ]. b. On obtient les mêmes résultats qu’en 2 a. 103 positions relatives de Bx et 1 x 1 Bx = 1 x ⇔ { X = Bx ⇔ { X = Bx ⇔ { X = Bx X = 1X2 X3 = 1 = 13 X = 1 ⇔ Bx = 1 ⇔ x = 12 = 1 Donc S = { 1 }. Les courbes  et  se coupent au point de coordon- nées ( 1 ; 1 ).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 74 2 a. Pour tout réel x > 0 : Bx – 1 x = xBx x – 1 x = Bx × Bx × Bx – 1 x = (Bx) 3 – 1 x . b. (Bx)3 – 1 est du signe de Bx – 1, qui est du signe de x – 1. D’où le tableau de signes sur [ 0 ; + ∞ [: x 0 1 + ∞ (Bx)3 – 1 – 0 + x 0 + + Bx – 1 x | | – 0 +  est au-dessus de  sur [ 1 ; + ∞ [ et en dessous sur [ 0 ; 1 ]. 104 Modéliser un coût total  La courbe représentative de f1 est une droite et ne convient pas, compte tenu des hypothèses, pour une fonction coût total.  La courbe représen- tative de f2 est une parabole tournée vers le haut : les variations de f2 ne sont pas compatibles pour une fonction coût total.  La courbe représen- tative de la fonction f3 correspond à la courbe d’une fonction coût total. (fenêtre : 0  X  10 et 0  Y  200)  La courbe de la fonction x  f3(x) x correspond à la courbe d’une fonction coût moyen. Donc la fonction f3 convient.  La fonction f4 n’est pas croissante, donc elle ne peut pas représenter une fonction coût total.  La courbe représen- tative de la fonction f5 correspond à la courbe d’une fonction coût total. (fenêtre : 0  X  10 et 0  Y  500)  La courbe de la fonction x  f5(x) x correspond à la courbe d’une fonction coût moyen.  La courbe représen- tative de x  f6(x) x ne correspond pas à la courbe représentative d’une fonction coût moyen. 105 Fonction coût total 1 La fonction C est la somme de la fonction x  (x – 3)3 (croissante sur ) et de la fonction affine x  0,8x + 100 (croissante sur ). Donc pour tous réels 0  a  b  10 , on a : (a – 3)3  (b – 3)3 et 0,8a + 100  0,8b + 100. Par somme, C (a)  C (b). Donc la fonction C est croissante sur [ 0 ; 10 ]. 2 a. C (0) = (0 – 3)3 + 0,8 × 0 + 100 = 73 milliers d’euros. b. Comme la fonction C est croissante sur [ 0 ; 10 ], le maximum de C sur [ 0 ; 10 ] est C (10) . Or C (10) = (10 – 3)3 + 0,8 × 10 + 100 = 451. Donc les coûts de production sont au maximum de 451 000 €. 3 On obtient le résultat ci-contre. La production maxi- male est d’environ 7 546 objets pour que les coûts restent inférieurs à 200 milliers d’euros. 106 Fonction coût total 1 a. Pour tout réel q de [0 ; 5] : C (q) – (q – 0,6)3 = 0,92q + 1,216. Donc C (q) = (q – 0,6)3 + 0,92q + 1,216. b. Les fonctions q  (q – 0,6)3 et q  0,92q + 1,216 sont croissantes sur . Donc par somme, la fonction C est croissante sur l’intervalle [ 0 ; 5 ]. 2 On a : C (0) = 1 et C (5) = 91. D’où le tableau de variations de C : q 0 5 C (q) 1 91
Vers le Bac © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 75 3 On obtient le résultat ci-contre. La production maximale est d’environ 4 100 objets pour que les coûts restent inférieurs à 50 000 €. 107 exercice guidé 1 Fonction d’offre f (x) = x 2 6 . C’est une fonction du second degré croissante sur [ 1 ; 6 ]. Fonction de demande g (x) = 10 x . C’est une fonction inverse décroissante sur [ 1 ; 6 ]. Sur l’axe des abscisses, une unité représente 1 € et sur l’axe des ordonnées, une unité représente une quantité d’un millier. 2 Visualisation des deux courbes ci-contre. Le prix d’équilibre lu est 3,91 € à 0,01 près. 3 a. On a : 3,913  59,78  60 et 3,923  60,24  60. Donc 3,91 est une valeur approchée à 0,01 près de la solution de l’équation x3 = 60. C’est la plus proche de la solution, car son cube est plus proche de 60 que 3,923. b. Le prix d’équilibre est solution de l’équation : f (x) = g (x) ⇔ x 2 6 = 10 x ⇔ x3 = 60. On retrouve ainsi 3,91 € à un centime près. 108 reconnaître une courbe a. Pour tout réel x  – 2 , f(x) = Bx + 2 + 1. b. Pour tout réel x : f (x) = (x – 2)2 – 1 = x2 – 4x + 3. c. Pour tout réel x : f (x) = (x – 1)3 + 2 = x3 – 3x2 + 3x + 1. d. Pour tout réel x  3, f (x) = 1 x – 3 + 2. 109 Offre et demande 1 On obtient les graphes ci-contre. 2 a. On résout pour tout réel x  0 : d (x) = f (x) ⇔ – 2x + 55 = – 125 x + 40 ⇔ – 2x2 + 55x = – 125 + 40x ⇔ 2x2 – 15x – 125 = 0 On a : D = 1 225 ; x1 = – 5 et x2 = 12,5. Comme x est un prix (positif ), le prix d’équilibre est x0 = 12,5 €. b. On obtient les résultats ci-contre. Les résultats sont cohérents. c. On calcule d (x0) = – 2 × 12,5 + 55 = 30. À l’équilibre, 30 menus touristiques seront demandés. 110 taux d’équipement des ménages 1 On résout pour tout réel x  0 : f (x) = 90 100 ⇔ 1 – 1 x + 1 = 0,9 ⇔ 1 x + 1 = 0,1 ⇔ x + 1 = 10 ⇔ x = 9 90 % des ménages seront équipés à partir de l’année : 1995 + 9 = 2004. 2 On calcule f (17) = 1 – 1 17 + 1  0,94. Le taux d’équipement sera environ de 94 % au 1er janvier 2012. 111 Comparaison de trois forfaits SMS 1  Pour une consommation mensuelle de 100 SMS : le forfait A coûte 20 € ; le forfait B coûte 0,15 × 100 = 15 € ; le forfait C coûte 12 + 0,05 × 100 = 17 €. Le forfait le plus avantageux est le forfait B.  Pour une consommation mensuelle de 150 SMS : le forfait A coûte 20 € ; le forfait B coûte 0,15 × 150 = 22,5 € ; le forfait C coûte 12 + 0,05 × 150 = 19,50 €. Le forfait le plus avantageux est le forfait C.  Pour une consommation mensuelle de 300 SMS : le forfait A coûte 20 € ; le forfait B coûte 0,15 × 300 = 45 € ; le forfait C coûte 12 + 0,05 × 300 = 27 €. Le forfait le plus avantageux est le forfait A. (p. 105)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 76 2 a. Pour tout réel x  0 : fA (x) = 20 ; fB (x) = 0,15 × x ; fC (x) = 12 + 0,05 × x. b. On résout : fB (x)  fA (x) ⇔ 0,15x  20 ⇔ x  20 0,15 Comme 20 0,15  133,33 et que x est entier, le forfait B est moins avantageux que le forfait A à partir de 134 SMS envoyés dans le mois. c. On résout : fC (x)  fB (x) ⇔ 12 + 0,05x  0,15x ⇔ 12  0,1x ⇔ x  12 0,1 ⇔ x  120 Le forfait C est plus avantageux que le forfait B à partir de 120 SMS envoyés dans le mois. 3 On a : x y O 10 100 200 5 20 forfait A forfait B forfait C Pour une consommation mensuelle inférieure à 120 SMS, le forfait B est le plus avantageux. Pour une consommation mensuelle entre 120 et 160 SMS, le forfait C est le plus avantageux. Pour une consommation mensuelle supérieure à 160 SMS, le forfait A est le plus avantageux. 112 Comparaison de 1 x , de 1 x2 et de 1 Bx pour x  0 1 a. On obtient les courbes ci-contre. b. On propose :  pour tout réel x tel que 0  x  1, 1 Bx  1 x  1 x2 ;  pour tout réel x  1, 1 Bx  1 x  1 x2 . 2 a. Pour x de ]0 ; 1], on sait que : Bx  x  x2  0. b. La fonction inverse étant décroissante sur ] 0 ; + ∞ [, on obtient donc : 1 Bx  1 x  1 x2 . 3 Soit x  1. On sait que : 0  Bx  x  x2. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; +∞ [, on a : 1 Bx  1 x  1 x2 . 113 plusieurs méthodes de résolution 1 Il semble que l’équation (E) ait une unique solution strictement positive. 2 (E) ⇔ x – 2 = 1 x ⇔ x – 2 – 1 x = 0 ⇔ g (x) = 0 Par la calculatrice, on obtient les résultats ci-contre. Donc la solution de l’équation (E) est comprise entre 2,41 et 2,42. 3 Pour tout réel x  0 : (E) ⇔ x – 2 = 1 x ⇔ x2 – 2x = 1 ⇔ x2 – 2x – 1 = 0 On a : D = 8 ; x1 = 1 – B2  – 0,41 et x2 = 1 + B2  2,41. La solution strictement positive de (E) est 1 + B2. 114 Un problème de coût 1 a. On calcule C (0) = 259 + 0,2 B900 + 0 = 265. Les coûts fixes sont de 265 €. b. On calcule : C (4 000) = 259 + 0,2 B900 + 4 000 = 273. Le coût total de fabrication de 4 000 unités est 273 €. Le coût moyen de fabrication de ces 4 000 unités est 273 4 000  0,068 €/unité. 2 a. Pour tous réels a et b tels que 0  a  b, on a : 900 + a  900 + b. Comme la fonction racine carrée est croissante sur [ 0 ; + ∞ [, B900 + a  B900 + b . En multipliant par 0,2 puis en ajoutant 259, on a : 259 + 0,2 B900 + a  259 + 0,2 B900 + b , c’est-à-dire C (a)  C (b) . Donc la fonction C est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. b. Comme la fonction C est croissante sur [ 0 ; + ∞ [, lorsque x  2 700, on a : C (x)  C(2 700). Or C (2 700) = 259 + 0,2 B900 + 2 700 = 271. Lorsque la production est supérieure à 2 700 unités, les coûts de fabrication sont supérieurs à 271 €. 3 a. Pour tout réel x  0 : C (x)  300 ⇔ 259 + 0,2 B 900 + x  300 ⇔ 0,2 B 900 + x  41 ⇔ B 900 + x  205 ⇔ 900 + x  2052 ⇔ x  41 125. Donc S = [ 0 ; 41 125 ]. b. La quantité maximale que l’on peut produire avec 300 € est de 41 125 unités. c. Le coût moyen est alors 300 41 125  0,007 €/unité. 115 Coût total et coût moyen 1 a. On calcule C (2) = 23 – 6 × 22 + 13 × 2 = 10. Le coût de fabrication de 2 000 objets est de 10 000 €. b. Pour tout réel x : (x – 2)3 + x + 8 = (x3 – 3 × 2x2 + 3 × 22x – 23) + x + 8 = x3 – 6x2 + 12x – 8 + x + 8 = C (x) c. Les fonctions x  (x – 2)3 et x  x + 8 sont croissantes sur .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 77 Par somme, la fonction C est croissante sur . 2 a. Pour 1 000 objets, le coût moyen est : C (1) 1 = 8 €/objet. Pour 2 000 objets, le coût moyen est : C (2) 2 = 5 €/objet. Pour 4 000 objets, le coût moyen est : C (4) 4 = 5 €/objet. b. Pour tout réel x  0 : CM (x) = C (x) x = x2 – 6x + 13. c. Le minimum de CM semble être 4, atteint en 3. 3 a. CM (x) = 5 ⇔ x2 – 6x + 13 = 5 ⇔ x2 – 6x + 8 = 0. On a : D = 4 ; x1 = 2 et x2 = 4. Donc S = { 2 ; 4 }. Les points morts de la production correspondent à l’égalité du coût moyen et du prix de vente unitaire. Donc les points morts sont 2 000 et 4 000 objets. b. CM (x)  5 ⇔ x2 – 6x + 8  0. On a le tableau de signes : x 0 2 4 + ∞ x2 – 6x + 8 + 0 – 0 + Donc S = [ 2 ; 4 ]. L’entreprise réalise des bénéfices lorsque le coût moyen est inférieur au prix unitaire de vente. Donc la plage de bénéfice est entre 2 000 et 4 000 objets. 116 Lectures graphiques et coût moyen 1 • CM (8) = 4,28 • CM (20) = 1,4 • CM (40) = 3 q 8 20 40 CM (q) 4,28 1,4 3 2  CM (q) = 3 ⇔ 0,16q – 5 + 64 q = 3 ⇔ 0,16q2 – 8q + 64 = 0 D = 23,04 et BD = 4,8. D’où q = 10 ou q = 40. Le coût moyen est 3 € pour une production de 10 ou 40 objets.  On résout l’équation : CM (q) = 3,5 ⇔ 0,16q – 5 + 64 q = 3,5 ⇔ 0,16q2 – 8,5q + 64 = 0 D = 31,29. D’où q  9,08 ou q  44,04 à la calculatrice. Comme q  [ 8 ; 40 ], le coût de production est de 3,50 € pour une production de 9 objets environ. 3 La fonction de recette est définie par R(q) = 2,5q sur [ 8 ; 30 ]. Revoir l’exercice 92 page 52, corrigé page 256. a. Les points morts de la production sont les solutions de l’équation C (q) = R (q), où C (q) est le coût total de production de q objets. C (q) = 2,5q ⇔ C(q) q = 2,5 ⇔ CM (q) = 2,5 ⇔ 0,16q2 – 7,5q + 64 = 0 Δ = 15,29 et BD  3,91. D’où q  11,22 ou q  35,66. Les points morts de la production sont 11 et 35 à une unité près. Ce sont des objets ; on arrondit donc par défaut. b. Pour trouver la plage de bénéfice, on résout l’iné- quation CM (q)  2,5. Par lecture graphique et d’après la question 3 a., la solution est l’intervalle [ 11 ; 35 ]. 4 a. Le minimum du coût moyen est 1,4 €. Si le prix de vente d’un objet est 1,3 €, quelle que soit la pro- duction, l’entreprise est déficitaire car en dessous du minimum du coût moyen. b. Pour que l’entreprise réalise un bénéfice, il faut que le prix unitaire soit supérieur ou égal à 1,4 €. 117 Fonction coût total 1 C (0) = 72 ⇔ a (0 − 4)3 + b = 72. C (4) = 200 ⇔ a (4 − 4)3 + b = 200. Par la deuxième équation, on obtient b = 200. On détermine alors a avec la première équation : − 64a = 72 − 20 0 ⇔ a = 2. D’où C (x) = 2 (x − 4)3 + 200 . 2 Comme la fonction cube est croissante sur , donc sur [ 0 ; + ∞ [, on a, pour tous réels a et b positifs tels que a  b : a − 4  b − 4 en enlevant 4 ; (a – 4)3  (b − 4)3 en élevant au cube ; 2 (a – 4)3  2 (b − 4)3 en multipliant par 2 ; 2 (a – 4)3 + 200  2 (b − 4)3 + 200 en ajoutant 200. Donc on obtient C (a)  C (b). On en déduit que la fonction de coût total C est croissante sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [. 3 a. C (x)  450 ⇔ 2 (x − 4)3 + 200  450 ⇔ (x − 4)3  125 ⇔ x – 4  5 ⇔ x  9 Il faut produire au maximum 900 objets pour que les coûts soient inférieurs ou égaux à 450 milliers d’euros. b. C (x)  400 ⇔ 2 (x − 4)3 + 200  400 ⇔ (x − 4)3  100 Par lecture du tableau de valeurs par pas de 0,01 : C (8,64)  100 et C (8,65)  100 . Il faut fabriquer 864 objets au maximum pour que les coûts soient inférieurs ou égaux à 400 milliers d’euros.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 78 118 publicité 1 p (3) = 0,8 × 3 3 + 1 = 0,6. Après 3 semaines de publicité, la probabilité qu’une personne connaisse le nom du produit est 0,6. 2 p (x) = 0,5 ⇔ 0,8x x + 1 = 0,5 ⇔ 0,8x = 0,5 (x + 1) ⇔ 0,3x = 0,5 ⇔ x = 5 3  1,67. Pour que la probabilité qu’une personne connaisse le nom du produit soit 1 2 , il faut compter environ 1,67 semaines de publicité. 3 a. Pour tout réel x  0 : 0,8 – 0,8 x + 1 = 0,8 (x + 1) – 0,8 x + 1 = 0,8x x + 1 = p (x). b. Pour tous réels a et b tels que 0  a  b : 0  a + 1  b + 1. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; +∞ [, 1 a + 1  1 b + 1 . En multipliant par – 0,8 (négatif ) : – 0,8 a + 1  – 0,8 b + 1 . En ajoutant 0,8 : 0,8 – 0,8 a + 1  0,8 – 0,8 b + 1 . Donc p(a)  p(b) : la fonction p est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. 4 a. S = {7} b. S = {15} c. S = {79} d. S = {59} 5 Au bout de 7 semaines, la probabilité qu’une personne connaisse le nom du produit est 0,7. Plus de jours de publicité n’est pas vraiment rentable pour l’entreprise, car il faut 15 jours pour que la pro- babilité augmente de 0,05 et 72 jours pour que la pro- babilité augmente de 0,09. 119 Demande 1 Pour tous réels a et b tels que 0  a  b , on a : 0  Ba  Bb. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; +∞ [, on a : 1 Ba  1 Bb . En multipliant par 4 000 et en retirant 150, on a : 4 000 Ba – 150  4 000 Bb – 150. Donc D (a)  D (b) : la fonction D est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [. 2 D (p)  0 ⇔ 4 000 Bq – 150  0 ⇔ 4 000 150 ⇔ Bq ⇔ q  (803 ) 2 Comme (803 ) 2  711,11, la demande est positive lorsque le prix p est inférieur à 711,11. 3 Pour tout réel p > 0, on résout : D (p)  500 ⇔ 4 000 Bp – 150  500 ⇔ Bp  4 000 650 ⇔ p  (8013) 2 Comme (8013) 2  37,86 et que le prix est inférieur à 30 €, la fonction D est définie sur ] 0 ; 30 ] pour vérifier les contraintes économiques. 120 Cours moyen de l’euro 1 a. La somme en dollars obtenue par M. Dupont est : 300 × 1,20 + 300 × 1,50 = 810 $. b. M. Dupont a échangé 600 € en 810 $. Chaque euro échangé vaut donc en moyenne 810 600 = 1,35 $. Donc le cours moyen de l’euro en dollar est : m1  1,35 $/€. 2 a. Mme Durand obtient : 300 1,20 + 300 1,50 = 450 €. Mme Durand a échangé 450 € en 600 $. b. Chaque euro échangé vaut donc en moyenne : 600 450  1,33 $. Donc le cours moyen de l’euro en dollar est : m2  1,33 $/€. 3 On obtient : m2  m1. 4 a. M. Dupont obtient : S × 1,20 + S × 1,50 = 2,70 × S dollars contre 2S euros. Le cours moyen de l’euro pour M. Dupont est : 2,70S 2S  1,35 $/€ . b. Mme Durand obtient 2S dollars contre S 1,20 + S 1,50 = 3 2 S euros. Le cours moyen de l’euro pour Mme Durand est : 2S 3 S 2 = 4 3  1,33 $/€. c. La personne qui « perd » le moins d’argent est Mme Durand. 121 Fonction taux réciproque 1 Pour un taux t > – 1, on note t’ le taux réciproque. Le coefficient multiplicateur global est : (1 + t) × (1 + t’) = 1 donc 1 + t’ = 1 1 + t donc t’ = 1 1 + t – 1. 2 a. Pour tous réels a et b tels que – 1  a  b , on a : 0  1 + a  1 + b. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [, on a : 1 1 + a  1 1 + b . Donc 1 1 + a – 1  1 1 + b – 1. Donc la fonction f est décroissante sur ] – 1 ; + ∞ [. b. f (0) = 1 1 + 0 – 1 = 0. Comme la fonction f est décroissante sur ] –1 ; + ∞ [, la fonction f est positive sur ] –1 ; 0 ] et négative sur [ 0 ; + ∞ [.
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 79 D’où le tableau de signes : t – 1 0 + ∞ f (t) + 0 – Cela signifie que si le taux t est négatif (traduisant une diminution), le taux réciproque t’ est positif (traduisant une augmentation). Si le taux t est positif (traduisant une augmentation), le taux réciproque t’ est négatif (traduisant une dimi- nution). c. Pour tout réel t  – 1 : f (t) = 1 1 + t – 1 = 1 1 + t – 1 + t 1 + t = – t 1 + t . Alors f (f (t)) = – f (t) 1 + f(t) = t 1 + t 1 + 1 – 1 1 + t = t 1 + t × 1 + t 1 = t. Cela signifie que le taux réciproque du taux réciproque de t est t, le taux initial. 122 Variance et écart type 1 On obtient les résultats ci-contre. Donc la moyenne est x = 1,9 et l’écart type est s  0,746. 2 Comme S(x) – 150(x – 1,9)2 = 83,5, la forme cano- nique de S(x) est : S(x) = 150(x – 1,9)2 + 83,5. 3 a.  D’après la forme canonique de S (x), le minimum de S est 83,5. Donc pour tout réel x, S (x) est strictement positif. Donc la fonction f est définie sur .  D’après la forme canonique de S (x), la fonction S est décroissante sur ] – ∞ ; 1,9 ] et croissante sur [ 1,9 ; + ∞ [. Comme la fonction racine carrée est croissante, la fonction f est décroissante sur ] – ∞ ; 1,9 ] et croissante sur [ 1,9 ; + ∞ [. x – ∞ 1,9 + ∞ f (x) f (1,9) Donc le minimum de f est atteint en 1,9 et vaut : f (1,9) = BS(1,9) = B83,5  9,138. b. L’effectif total des cornets vendus est 150. S(x) 150 est la moyenne pondérée des carrés des écarts entre x et les nombres de boules de glace par cornet. Elle est minimum en 1,9 et le minimum est 83,5 150 . fS (x)150 = f (x) B10 est minimum en 1,9 et le minimum est : B83,5 B150  0,746. On obtient les résultats obtenus à la question 1 : la moyenne 1,9 réalise le minimum de la moyenne des carrés des écarts aux nombres de boules de glace par cornet. 123 ... en météorologie La force du vent et l’échelle de Beaufort 1 Pour tous réels a et b tels que 0  a  b, 0  a3  b3 car la fonction cube est croissante sur . Donc Ba3  Bb3 car la fonction racine carrée est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Donc 3Ba3  3Bb3 en multipliant par 3 (positif ). Ainsi, f (a)  f (b). Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. 2 a. On résout : f (d) = 55 ⇔ 3Bd3 = 55 ⇔ d3 = (553 ) 2 . Comme (553 ) 2  336,11, on tabule à la calculatrice. Donc à l’entier le plus proche, d  7. Le vent souffle ainsi force 7 degré Beaufort. b. La fonction f étant une fonction croissante, on calcule f (11,5) = 3B11,53  116,995. La force 12 degré Beaufort correspond à des vents de plus d’environ 117 km/h. 3 a. On obtient : (p. 110)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 80 3 b. On en déduit le tableau ci-dessous : Force Vitesses du vent (km/h) Appellation État de la mer Effets à terre 0 Entre 0 et 1 Calme Mer d’huile, miroir La fumée d’une cheminée monte droit. 1 Entre 1 et 6 Très légère brise Mer ridée La fumée indique la direction du vent. 2 Entre 6 et 12 Légère brise Vaguelettes On sent le vent au visage. 3 Entre 12 et 20 Petite brise Petits « moutons » Les drapeaux flottent. 4 Entre 20 et 29 Jolie brise Nombreux « moutons » Le sable s’envole. 5 Entre 29 et 39 Bonne brise Vagues, embruns Les branches de pins s’agitent. 6 Entre 39 et 50 Vent frais Lames, crêtes d’écume étendues Les fils électriques sifflent. 7 Entre 50 et 62 Grand frais Lames déferlantes On peine à marcher contre le vent. 8 Entre 62 et 74 Coup de vent Les crêtes des vagues partent en tourbillons d’écume. On ne marche plus contre le vent.9 Entre 74 et 88 Fort coup de vent 10 Entre 88 et 102 Tempête Les embruns obscurcissent la vue, on ne voit plus rien. Les enfants de moins de 12 ans volent !! 11 Entre 102 et 117 Violente tempête 12 Plus de 117 Ouragan 124 ... en anglais Girth of pines and board feet On trace le nuage de points associé au tableau. L’aspect du nuage laisse penser que la quantité de planches de bois obtenue est proportionnelle : – soit au carré de la taille du pin ; – soit au cube de la taille du pin. x (in.) y (bf ) O 5 20 100 200 300 On complète les deux tableaux suivants à l’aide d’un tableur : La quantité de planches de bois obtenues est plutôt proportionnelle au cube de la taille du pin.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 81 125 ... en photographie Gérer les niveaux de gris d’une photo 1 a. On obtient : x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 Bx à 0,1 près 0 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,8 0,9 0,9 1 b. L’image obtenue est éclaircie par rapport à l’image initiale. Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], on sait que : 1  Bx  x. Ainsi, chaque intensité de pixel x est remplacée par Bx , qui est plus proche de 1 que x ne l’est : les gris obtenus sont alors plus clairs. 2 a. On obtient le tableau de valeurs : x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 x3 à 0,1 près 0 0 0 0 0 0,1 0,2 0,3 0,5 0,7 1 Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], on sait que : x  x3  0. Ainsi, chaque intensité de pixel x est remplacée par x3, qui est plus proche de 0 que x ne l’est : les gris obtenus sont alors plus foncés. L’image sera donc assombrie. b. L’image obtenue est cohérente avec le résultat de la question 2 a. 3 On peut choisir f : x  1 – x. 4 Lorsque la courbe de luminosité est en dessous de la droite d’équation y = x, la photo est assombrie : c’est le cas pour la retouche A. Lorsque la courbe de luminosité est au-dessus de la droite d’équation y = x, la photo est éclaircie : c’est le cas pour la retouche B. 126 ... en histoire des arts La chambre noire (camera obscura) 1 Le coefficient de réduction entre l’objet observé AB et la taille de l’image A’B’ est : A’B’ AB = OD’ OD = OB’ OB = OA’ OA . 2 On en déduit que : A’B’ = AB × OD’ OD . Donc A’B’ est proportionnel à AB et inversement pro- portionnel à OD. 3 OD’ = 20 cm = 0,2 m et AB = 1,70 m. a. Pour OD = 2 m, on a : A’B’ = 1,70 × 0,2 2 = 0,17 m = 17 cm. L’image mesure 17 cm. b. Pour A’B’ = 10 cm = 0,1 m , on a : 0,1 = 1,70 × 0,2 OD . Donc OD = 1,70 × 0,2 0,1 = 3,4 m. La personne doit se trouver à 3,4 m de l’ouverture de la chambre noire. 127 ... en économie Consommation et revenu disponible 1 Pour Y1 = 3 000, C1 = 750 + 0,45 × 3 000 = 2 100. Pour Y2 = 5 200, C2 = 750 + 0,45 × 5 200 = 3 090. 2 a. Comme C = 750 + 0,45 × Y, on a : m = C Y = 750 + 0,45 × Y Y = 750 Y + 0,45. b. Pour Y1, m1 = C1 Y1 = 2 100 3 000 = 0,70. Pour Y2, m2 = C2 Y2 = 3 090 5 200  0,59. La fonction Y  750 Y + 0,45 est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [ : lorsque le revenu Y augmente, la part du revenu consommé décroît. 3 L’élasticité de la consommation sur le revenu entre les revenus Y1 et Y2 est : C2 – C1 C1 Y2 – Y1 Y1 = 3 090 – 2 100 2 100 5 200 – 3 000 3 000  0,64. 4 Entre les points A et T, pour un revenu Y, la consommation observée dans le pays est supérieure à la consommation dans l’hypothèse où la totalité du revenu disponible serait consommée. Il y a donc trop de consommation par rapport au revenu : les consommateurs s’endettent.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 82 128 ... en économie Lecture d’un coût moyen sur la courbe de coût total 1 C (0) = 1 000. Les coûts fixes de la production sont 1 000 €. 2 b. Le coefficient directeur de la droite (OM) est : C(q) q = CM(q). c. En déplaçant le point M, il semble que le coeffi- cient directeur de la droite (OM) soit minimum lorsque l’abscisse de M est 13. Le coefficient minimum est environ 185,92. 3 a. CM (q) = q2 – 20q + 200 + 1 000 q On retrouve la valeur obtenue à la question 2 c. b. Il faut que le prix unitaire de vente soit supérieur au minimum du coût moyen, c’est-à-dire supérieur à environ 185,92 €. 4 a. L’entreprise réalise des bénéfices lorsque le coût moyen est inférieur à 250. Donc la plage de bénéfice est environ [ 7,07 ; 20 ]. b.  La recette occasionnée par la vente de q objets est 250 × q, c’est-à-dire l’aire du rectangle de hauteur 250 et de largeur q. C’est donc l’aire du rectangle ABCO vert.  Les coûts occasionnés par la fabrication de q objets sont C (q) = q × CM (q), c’est-à-dire l’aire du rectangle de hauteur C(q) et de largeur q. C’est donc l’aire du rectangle OCDE hachurée en rouge.  Le bénéfice est la différence recette – coûts. Il est donc égal à l’aire du rectangle ABDE. 5 a. et b. Le bénéfice maximum semble être 881,38 environ, lorsque la quantité fabriquée et vendue est environ 14,5. c. Pour une production et une vente de 14,5 biens, le coût moyen n’est pas minimum.
DérivationDérivation © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 83 C h a p i t r e 5 Ce chapitre est l’un des plus importants pour la partie analyse d’une fonction.La notion de nombre dérivé n’est pas facile à concevoir. Une rapide étude historique prouve que cette notion est tardive. Aussi, en page 115, nous avons voulu insister sur la notion « d’infiniment petits » : ces nombres qui « s’évanouissent » donnent une bonne image du réel h qui tend vers zéro. Durant les deux années de Première et Terminale, les élèves ne vont rencontrer le mot limite que lors de la défi- nition du nombre dérivé et pour la limite d’une suite géométrique. Inutile donc de trop insister ici. On peut cependant profiter de cette définition pour faire faire quelques calculs algébriques, d’où l’exercice B de la page 114 et l’A.P. pages 231 à 233. Une grande partie des activités de découverte est consacrée au taux d’accroissement, appelé « taux de variation » parfois en maths… vocabulaire peu approprié pour des élèves en ES, car présentant une grande confusion avec le taux d’évolution vu au chapitre 1. Tous les logiciels traceurs de courbes proposent le tracé de la tangente en un point à une courbe. Il est donc simple de visualiser cette tangente. Pour aborder la dérivation nous proposons quatre activités : – l’activité 1 sur la position limite de sécantes et la limite de son coefficient directeur, qui conduit très vite à la définition du nombre dérivé. Un logiciel de géométrie dynamique avec les deux points mobiles C et B est très simple à utiliser. – l’activité 2 sur le coût marginal. Nous avons utilisé la définition du coût marginal comme coût du der- nier objet fabriqué, conformément au programme de SES. Il est important que les élèves aient cette image et visualisent aussi le coût marginal comme pente du segment passant du coût de l’objet q – 1 au coût de l’objet q. – l’activité 3 utilise le taux d’accroissement. Parler de « taux de variation », comme on le rencontre parfois en maths, peut être perturbant pour les élèves de ES, pour qui le taux de variation fait appel à la variation relative f (a + h) – f (a) f (a) . Ainsi, associer le nombre dérivé à l’accroissement moyen permet d’associer clairement le nombre dérivé à une droite. On peut aussi faire Intentions des auteures comprendre que la dérivée d’une somme est la somme des dérivées (on ajoute les accroissements moyens des deux fonctions constituant la somme) et en aucun cas, la dérivée d’un produit donne le produit des dérivées ! Il suffit de regarder deux droites : le produit de leur pente est constant ; la représentation du produit des fonctions est une parabole… et l’accroissement moyen sur une parabole n’est pas constant ! On peut facile- ment faire de même pour un quotient. Dans cette activité, la visualisation à l’aide d’un nuage de points sur tableur est simple et donne très vite les dérivées des fonctions de référence. On obtient ainsi rapidement le tableau des dérivées de la page 122, sans faire de démonstration, ces formules étant admises en ES. Pour la fonction racine carrée, le résultat est plus dif- ficile à appréhender : il faut insister sur les cas x = 1 ; x = 4 ; x = 9 et x = 25 pour faire deviner la formule. On peut alors faire vérifier la conjecture en colonne E. – l’activité 4 permet de découvrir le théorème « fon- damental » de l’analyse. Tout logiciel-traceur peut aussi aider dans cette démarche. Dans la partie cours, nous avons utilisé très rapide- ment les fonctionnalités des calculatrices pour obte- nir le nombre dérivé. La notation chez T.I.™ 8x est plus proche de la définition. Les calculatrices, comme Casio, utilisent le symbole  qui n’est pas à connaître. La détermination de l’équation réduite d’une droite vue en A.P page 242 prend tout son sens dans la recherche de l’équation réduite d’une tangente en un point donné. Les élèves ont tendance à oublier « y = … » ou à écrire « yT = … ». Il est bon de rappeler que les lettres x et y qui figurent dans l’équation d’une droite représentent les coordon- nées d’un point courant M( x ; y ) de la droite. La notion d’approximation linéaire n’est plus au pro- gramme de ES. Nous avons fait le choix de présenter en premier le théorème liant fonction dérivée et sens de variation d’une fonction, car nous avons souvent entendu au début des calculs de dérivées : « à quoi ça sert ? » Ce théorème donne alors du sens à ces calculs. De plus, le savoir-faire associé peut être étudié et assimilé sans savoir dériver ! Comme les calculatrices actuelles et le
3 c. f (1 + h) = (1 + h)2 + 3 (1 + h) + 2 = 1 + 2h + h2 + 3 + 3h + 2 = h2 + 5h + 6 Comme f (1) = 12 + 3 + 1 = 6 , f (1 + h) – f (1) = h2 + 5 h. 4 b. g (1 + h) = 2 (1 + h) + 1 = 2 h + 2 . 5 a. g (3 + h) = 2 4 + h et g (3) = 2 4 = 1 2 Donc g (3 + h) – g (3) = 2 4 + h – 1 2 = 4 2 (4 + h) – 4 + h 2 (4 + h) = – h 2 (4 + h) . revoir les tableaux de signes 1  Signe de f (x), polynôme du 2nd degré : Avec a = 2 positif, ∆ = 25, x1 = – 1 et x2 = 1,5, on a l’allure ci-contre. + ++ – – – 1,5–1 Donc tableau b.  Signe de g (x), fonction affine décroissante, qui s’annule en 1,5. On a l’allure ci-contre. + + – –1,5 Donc tableau c. C © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 84 calcul formel permettent d’obtenir la fonction déri- vée, sa visualisation graphique peut développer le sens critique de l’élève devant un résultat obtenu. Ce savoir-faire consolide alors la notion de nombre dérivé et double la lecture de ce nombre : d’une part, sur la courbe de la fonction comme coefficient directeur de la droite et d’autre part, comme ordonnée du point sur la courbe de la dérivée. En ce qui concerne l’écriture des formules de déri- vées que les élèves ont à apprendre, nous avons fait le choix depuis 15 ans, dans les DÉCLIC de ES, de les écrire sous forme de phrases plus facile à apprendre. Ces phrases sont le fruit de dialogue avec les élèves littéraires de A2 – A3 et les élèves des sections B puis ES. En particulier pour les formules de la dérivée d’un produit ou d’un quotient, nous avons privilégié l’écri- ture donnant la dérivée des facteurs en premier, car u’ et v’ sont de degré plus faible. Ainsi, le développement à effectuer ensuite est plus simple et moins source d’erreurs. Pour la dérivée d’un polynôme, des élèves littéraires nous avaient suggéré la phrase « À la dérive, on perd en puissance » et « À la dérive, une personne isolée disparaît » pour la dérivée de f(x) = k. Bien sûr, les applications concrètes du nombre dérivé sont nombreuses : – vitesse, ou rythme de croissance, à rapprocher de la notion de taux d’accroissement ; – toutes les notions de « marginal » à comprendre dans le sens de « à la marge », à rapprocher d’une part, de la variation entraînée par la dernière unité et d’autre part, de la fonction dérivée lorsque les unités sont sécables et que l’on passe du discret au continu. Il y a quelques années, en ES, en spécialité, on étudiait ainsi des coûts, des bénéfices, des chiffres d’affaires… instantanés. La notion d’inflexion sera revue en Terminale. Bien sûr, les élèves de ES doivent connaître le lien entre coût moyen et coût marginal. Il faut savoir que le coût marginal, à partir de la quantité qui minimise le coût moyen, définit la fonction d’offre de la produc- tion. On peut alors reprendre l’exercice 128 page 113 et compléter l’étude par le coût marginal. L’exercice 115 sur les courbes d’indifférence de niveau k est sans difficulté technique : il serait bien d’en donner une visualisation dans l’espace, comme rencontré en Spécialité Maths dans le programme précédent. Vrai ou faux ? – autour des droites a. Faux : le coefficient directeur de 1 est – 0,5. b. Faux : le coefficient directeur de 2 est 0. c. Vrai : le coefficient directeur de 3 est 1 et l’ordonnée à l’origine est 4. d. Faux : le coefficient directeur de 4 est 1 4 . e. Vrai : le coefficient directeur de 5 est 4 et celui de 3 est 1. f. Faux : le coefficient directeur de la droite (AB) est : a = ∆y ∆x = – 10 – 6 8 – 3 = – 3,2. La droite (AB) a pour équation : y = – 3,2 ( x – xA ) + yA = – 3,2 ( x – 3 ) + 6 donc y = – 3,2x + 9,6 + 6 = – 3,2x + 15,6. QCM – Utiliser le calcul algébrique 1 a. f (2 + h) = (2 + h)2 + 3 (2 + h) + 2 f (2 + h) = 4 + 4h + h2 + 6 + 3h + 2 = h2 + 7h + 12 2 b. f (– 3 + h) = (– 3 + h)2 + 3 (– 3 + h) + 2 = 9 – 6h + h2 – 9 + 3h + 2 = h2 – 3h + 2 a B Partir d’un bon pied (p. 114)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 85 Découvrir Faire pivoter la sécante à une courbe autour d’un pointActivité 1 b. Comme f (1) = 3 et f (1 + h) = – (1 + h)2 + 4 = – (1 + 2h + h2) + 4 = 3 – 2h – h2, on a : m = (3 – 2h – h 2) – 3 h = – 2h – h 2 h = – 2h h – h 2 h = – 2 – h. Lorsque h tend vers 0, le coefficient m tend vers – 2. c. On obtient : y O 1 1 y x C A B T La droite T coupe la parabole  en A ( 1 ; 3 ). Objectifs – Revoir le calcul du coefficient directeur d’une droite ; – approcher la notion de limite lorsque h tend vers 0 ; – introduire le nombre dérivé d’une fonction et l’interpréter graphiquement. 1 a. Le coefficient directeur de la droite (AB) est : ∆y ∆x = yB – yA xB – xA = 0 – 3 2 – 1 = – 3. Le coefficient directeur de la droite (AC) est : ∆y ∆x = yC – yA xC – xA = 4 – 3 2 – 1 = – 1. b. L’équation réduite d’une droite de coefficient direc- teur m passant par A est y = m (x – xA) + yA, c’est-à-dire y = m (x – 1) + 3. Son coefficient directeur appartient à [ – 3 ; – 1 ]. 2 a. Les points A et M appartiennent à la parabole  d’équation y = f (x). Donc A (1 ; f (1)) et M (1 + h ; f (1 + h)). Donc le coefficient directeur de la sécante (AM) est : m = yM – yA xM – xA = f (1 + h) – f (1) (1 + h) – 1 = f (1 + h) – f (1) h . Définir un accroissement en économie : le coût marginalActivité 2 Objectifs – Travailler sur les fonctions dans un contexte éco- nomique ; – découvrir la notion de coût marginal et l’interpré- ter graphiquement. 1 La fonction coût total est croissante : lorsque la quantité à produire augmente, les coûts de fabrication augmentent. Les coûts fixes sont de 100 €.  Signe de h (x), polynôme du 2nd degré : a = 4 positif et ∆ = – 71 négatif, on a l’allure ci-contre. + + + Donc tableau a.  Signe de k (x), fonction affine croissante qui s’annule en 1,5. Donc tableau d. 2 x – ∞ – 0,5 1 3 + ∞ – x + 3 + + + 0 – 2x2 – x – 1 + 0 – 0 + + (– x + 3) (2x2 – x – 1) + 0 – 0 + 0 – 2 a. Le coût marginal du 6e objet est la différence des ordonnées des points d’abscisses 5 et 6. On obtient que le coût marginal du 6e objet est de 20 €. b. On obtient : Quantité 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Coût marginal 90 50 20 5 10 20 45 60 80 100 Le coût marginal est positif : la production de chaque objet supplémentaire coûte de l’argent. On retrouve que la fonction coût total est croissante. (p. 116)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 86 Faire un lien entre tangentes et sens de variationActivité 4 b. On obtient : Point A B C Coefficient directeur de la tangente – 3 2 0 3 Signe du coefficient directeur négatif nul positif c. On complète : x – ∞ 1 + ∞ Signe du coefficient directeur de la tangente en x + 0 – Sens de variation de f et valeurs de f(x) 4 Objectifs – Lire des coefficients directeurs ; – travailler sur l’équation réduite d’une droite ; – découvrir le lien entre signe du nombre dérivé et sens de variation de la fonction. a. La tangente T en A à  a pour coefficient directeur ∆y ∆x = – 3 2 . L’équation réduite de T qui passe par A ( 4 ; 2 ) est y = – 3 2 (x – 4) + 2, c’est-à-dire : y = – 3 2 x + 8. Calculer un taux d’accroissement pour des fonctions usuelles Activité 3 Objectifs – Utiliser le tableur pour calculer un taux d’accrois- sement ; – conjecturer les formules des nombres dérivés associés aux fonctions usuelles. 1 a. Le taux d’accroissement de f entre a et a + h est : d (a) = f (a + h) – f (a) h . b. Les colonnes A et D semblent proportionnelles. Il semble que d (a) = 2 × a. c. La conjecture est confirmée lorsque h = 0,0001 . 2 Il semble que les points de coordonnées (a ; d (a)) se trouvent sur une parabole de sommet O. En effectuant le calcul de d (a) a2 , il semble que d (a) = 3 × a2. 3 On obtient : 4 On obtient :
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 87 Exercices d’application 1. Déterminer un nombre dérivé et l’équation de la tangente (p. 119) 1 a. On entre l’expression de f (x) en Y1. Puis on calcule les nombres dérivés (voir ci-contre). Ainsi, f’ (2) = – 4 et f’ (– 1) = 2. b. La tangente à f au point d’abscisse 2 est : y = f’ (2) × (x – 2) + f (2). Avec f’ (2) = – 4 et f (2) = – 22 + 1 = – 3, la tangente admet pour équation : y = – 4 (x – 2) – 3, soit y = – 4x + 5. 2  f (2) = 1 2 et pour tout réel h différent de –2 et de 0, f (2 + h) = 1 2 + h . Le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = 1 2 + h – 1 2 h = 1 h × ( 22 (2 + h) – 2 + h2 (2 + h) ) = 1 h × – h 2 (2 + h) = – 1 2 (2 + h) . Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers – 1 2 × 2 = – 1 4 . Donc le nombre dérivé de f en 2 est f’ (2) = – 1 4 .  f’ (– 1) = – 1 et pour tout réel h différent de – 1 et de 0, f (– 1 + h) = 1 – 1 + h . Le taux d’accroissement de f entre – 1 et – 1 + h est : f (– 1 + h) – f (– 1) h = 1 – 1 + h – (– 1) h = 1 h × ( 1– 1 + h + – 1 + h– 1 + h ) = 1 h × h – 1 + h = 1 – 1 + h . Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers 1 – 1 = – 1. Donc le nombre dérivé de f en – 1 est f’ (– 1) = – 1. 3 a. La courbe représentative de f est une droite. b. La tangente à f en 5 et en 2 est la droite qui a pour coefficient directeur 3. Donc f’ (5) = – 3 et f’ (2) = 3. c. De la même façon, pour tout réel a, f’ (a) = 3. 4  f (2) = 8 et pour tout réel h non nul, f (2 + h) = (2 + h)2 + 4 = 4 + 4 h + h2 + 4 = 8 + 4 h + h2. Le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = (8 + 4h + h 2) – 8 h = 4h + h 2 h = 4h h + h 2 h = 4 + h. Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers 4. Donc le nombre dérivé de f en 2 est f’ (2) = 4.  g (2) = 1 et pour tout réel h non nul : g (2 + h) = (2 + h)2 – 3 = 4 + 4h + h2 – 3 = 1 + 4h + h2. Le taux d’accroissement de g entre 2 et 2 + h est : g (2 + h) – g (2) h = (1 + 4h + h 2) – 1 h = 4h + h 2 h = 4h h + h 2 h = 4 + h. Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers 4. Donc le nombre dérivé de g en 2 est g’ (2) = 4.  Les tangentes en 2 à f et g ont donc le même coefficient directeur 4. Elles sont donc parallèles. Exercices d’application 2. reconnaître la courbe de la dérivée (p. 121) 5  D’après la courbe , on obtient le tableau de variations de f. On en déduit le tableau de signes de f’ (x) : x – 2 – 1 3 f (x) f' (x) + 0 – Ainsi, les courbes 1 et 2 ne peuvent représenter la courbe de f’.  La tangente à  au point d’abscisse 0 a pour coefficient directeur – 0,5. Donc f’ (0) = – 0,5. Ainsi, le point de coordonnées ( 0 ; – 0,5 ) appartient à la courbe de f’ : la courbe 4 ne peut donc convenir.  Ainsi, la courbe 3 est la courbe de la fonction f’.
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 88 Exercices d’application 3. Calculer la dérivée et étudier le sens de variation (p. 123) 6 a. f’ (x) = 3x2 – 2 × 2x – 3 × 1 = 3x2 – 4x – 3. b. f’ (x) = 1 4 – 2 × 1 2!ßx = 1 4 – 1 !ßx . 7 a. La fonction f peut s’écrire f = u × v avec u(x) = 2x2 + 1 et v(x) = 4x – x2. Comme u’ (x) = 4x et v’(x) = 4 – 2x, on a : f’ (x) = (4x) × (4x – x2) + (4 – 2x) × (2x2 + 1) = – 8x3 + 24x2 – 2x + 4. b. f (x) = 2x3 + x2. Donc f’ (x) = 6x2 + 2x. 8 a. La fonction f peut s’écrire f = u v avec u’ (x) = – x2 + 3x – 2 et v (x) = 4x. Comme u’ (x) = – 2x + 3 et v’ (x) = 4, on a : f’ (x) = (– 2x + 3) × 4x – 4 × (– x 2 + 3x – 2) 4x2 = – x 2 + 2 4x2 . b. La fonction f peut s’écrire f = 2 × 1 vavec v (x) = 3x + 2. Comme v’ (x) = 3, on a : f’ (x) = 2 × – 3 (3x + 2)2 = – 6 (3x + 2)2 . QCM 9 b. f (2 + h) = – (2 + h)2 + 1 = – (4 + 4h + h2) + 1 = – h2 – 4h – 3 et f (2) = – 3. Le taux d’accroissement est : f (2 + h) – f (2) h = – h 2 – 4h – 3 + 3 h = – h 2 h – 4h h = – h – 4. 10 b. f (6) – f (3) 6 – 3 = 0 – 1 3 = – 1 3 . 11 a. Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 3 est – 2 3 . Donc f’ (3) = – 2 3 . 12 b. T a pour équation : y = f’ (3) ( x – 3 ) + f (3) or f’ (3) = – 2 3 et f (3) = 1 . Donc T a pour équation : y = – 2 3 ( x – 3 ) + 1 = – 2 3 x + 2 + 1 = – 2 3 x + 3. 13 b. La fonction f est décroissante sur [ 2 ; + ∞ [ donc la dérivée f’ est négative sur [ 2 ; + ∞ [ . 14 b. Par lecture du tableau, le maximum est 3, atteint en 2. 15 b. La fonction f change de variation au point d’abscisse 2. Donc la dérivée f’ s’annule et change de signe en 2 : f ’ (2) = 0. Le coefficient directeur de la tangente en 2 est nul, donc celle-ci est horizontale. 16 c. f’ (x) = – 3x2 + 2 × 2x + 0 = – 3x2 + 4x = x ( – 3x + 4 ) 17 b. On utilise la dérivée d’un produit : f’ (x) = 2 × !ßx + (2x + 1) × 1 2!ßx = 2!ßx × 2!ßx + 2x + 1 2!ßx = 4x + 2x + 1 2!ßx = 6x + 1 2!ßx 18 b. On utilise la dérivée d’un inverse : f (x) = 3 × 1 2x + 1 . Donc f’ (x) = 3 × – 2 (2x + 1)2 = – 6 (2x + 1)2 . 19 a. On utilise la dérivée d’un quotient : f’ (x) = 3 × (x 2 + 1) – 2x × (3x + 4) (x2 + 1)2 = 3x 2 + 3 – 6x2 – 8x (x2 + 1)2 = – 3x 2 – 8x + 3 (x2 + 1)2 . 1 Nombre dérivé et tangente (p. 126) 20 taux d’accroissement 1 Le taux d’accroissement du prix d’un litre de gazole :  entre 2000 et 2005 est 0,93 – 0,81 2005 – 2000 = 0,024 €/année ;  entre 2006 et 2008 est 1,21 – 1,06 2008 – 2006 = 0,075 €/année ;  entre 2005 et 2010 est 1,09 – 0,93 2010 – 2005 = 0,032 €/année. 2 a. Le taux d’accroissement du prix d’un litre de gazole entre 2000 et 2010 est : 1,09 – 0,81 2010 – 2000 = 0,028 €/année. b. Si la tendance se maintient, le prix d’un litre de gazole :  au 1er janvier 2011 sera 1,09 + 0,028 ≈ 1,12 € ;  au 1er janvier 2012 sera 1,09 + 2 × 0,028 ≈ 1,15 €. (p. 125)
21 interprétation graphique 1 7,61 – 7,19 2004 – 2003 = 0,42, soit une croissance de 0,42 € sur un an. Sur le graphique, ce taux d’accroissement est le coef- ficient directeur de la droite qui passe par les points : ( 2003 ; 7,19 ) et ( 2004 ; 7,61 ). 2 8,82 – 6,41 2009 – 2000 ≈ 0,2678 : accroissement inférieur au précédent. C’est le coefficient directeur de la droite des « extrêmes » joignant le premier et le dernier point du graphique. Ainsi, la pente des droites permet d’indiquer si le taux d’accroissement est plus ou moins grand. 22 taux d’accroissement d’une fonction 1  On a : f (1) = 14 et f (5) = 50. Donc le taux d’accroissement de f entre 1 et 5 est : f (5) – f (1) 5 – 1 = 50 – 14 4 = 9.  On a : f (– 1) = 8 et f (9) = 118. Donc le taux d’accroissement de f entre – 1 et 9 est : f (9) – f (– 1) 9 – (– 1) = 118 – 8 10 = 11. 2  f (1) = 14 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = (1 + h)2 + 3 (1 + h) + 10 = 14 + 5h + h2. Le taux d’accroissement de f entre 1 et 1+h est : f (1 + h) – f (1) h = (14 + 5h + h 2) – 14 h = 5 + h.  f (– 2) = 8 et pour tout réel h non nul : f (– 2 + h) = (– 2 + h)2 + 3 (– 2 + h) + 10 = 8 – h + h2. Le taux d’accroissement de f entre –2 et –2 + h est : f (– 2 + h) – f (– 2) h = (8 – h + h 2) – 8 h = – 1 + h. 23 Coût marginal 1 a. C (5) = 110 et C (6) = 122. Donc C (6) – C (5) = 122 – 110 = 12. Le coût marginal du 6e objet est 12 €. b. C (9) = 170 et C (10) = 190. Donc C (10) – C (9) = 190 – 170 = 20. Le coût marginal du 10e objet est 20 €. 2 a. C (q) = q2 + q + 80. C (q – 1) = (q – 1)2 + (q – 1) + 80 = q2 – q + 80. Donc Cm (q) = C (q) – C (q – 1) = (q2 + q + 80) – (q2 – q + 80) = 2q. b. La fonction obtenue est affine, croissante car le coefficient a vaut 2 (positif ). 24 QCM 1 b. et c. Le taux d’accroissement est f (2) – f (– 1) 2 – (– 1) . Comme f (2) = 7 et f (–1) = 4, le taux est 7 – 4 3 = 1. 2 a. et c. Le taux d’accroissement est f (2 + h) – f (2) h . Comme f (2 + h) = (2 + h)2 + 3 = 7 + 4h + h2 et f (2) = 7, le taux est 7 + 4h + h 2 – 7 h = 4h h + h 2 h = 4 + h. 3 b. et c. : f ( 12 + h ) – f ( 12 ) h = h + h 2 h = h(1 + h) h = 1 + h. Lorsque h tend vers 0, 1 + h tend vers 1. Donc f’ ( 12 ) = 1. 25 Calcul de limites en zéro 1 Lorsque x tend vers 0, f (x) tend vers 02 – 3 × 0, soit 0. 2 f (1) = – 2 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = (1 + h)2 – 3 (1 + h) = – 2 – h + h2. Donc Q (h) = (– 2 – h + h 2) – (– 2) h = – h + h 2 h = – h h + h 2 h = – 1 + h. Lorsque h tend vers 0, – 1 + h tend vers – 1. Donc lim h → 0 Q(h) = – 1. 26 taux d’accroissement et nombre dérivé 1  f (2) = 9 et f (4) = 35. Le taux d’accroissement de f entre 2 et 4 est : f (4) – f (2) 4 – 2 = 35 – 9 4 – 2 = 13.  f (5) = 54 et f (10) = 209. Le taux d’accroissement de f entre 5 et 10 est : f (10) – f (5) 10 – 5 = 209 – 54 10 – 5 = 31. 2 a. f (1) = 2 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = 2 (1 + h)2 + (1 + h) – 1 = 2 + 5h + 2h2. Le taux d’accroissement de f entre 1 et 1 + h est : f (1 + h) – f (1) h = (2 + 5h + 2h 2) – 2 h = 5 + 2h. b. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement de f entre 1 et 1+h tend vers 5. c. Donc f’ (1) = 5. 3  Calcul de f’ (2) : f (2) = 9 et pour tout réel h non nul : f (2 + h) = 2 (2 + h)2 + (2 + h) – 1 = 9 + 9h + 2h2. Le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = (9 + 9h + h 2) – 9 h = 9 + h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement de f entre 2 et 2+h tend vers 9. Donc f’ (2) = 9.  Calcul de f’ (0) : f (0) = – 1 et pour tout réel h non nul : f (0 + h) = 2 (0 + h)2 + (0 + h) – 1 = – 1 + h + 2h2. Le taux d’accroissement de f entre 0 et 0 + h est : f (0 + h) – f (0) h = (– 1 + h + 2h 2) – (– 1) h = 1 + 2h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement de f entre 0 et 0 + h tend vers 1. Donc f’ (0) = 1. © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 89
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 90 Calculs de nombres dérivés 27 f (1) = 5 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = (1 + h)2 + 3 (1 + h) + 1 = 5 + 5h + h2. Donc le taux d’accroissement de f entre 1 et 1 + h est : f (1 + h) – f (1) h = (5 + 5h + h 2) – 5 h = 5 + h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 5. Donc f’ (1) = 5. 28 f (2) = 11 et pour tout réel h non nul : f (2 + h) = – (2 + h)2 + 4 (2 + h) + 7 = 11 – h2. Donc le taux d’accroissement de f entre 2 et 2+h est : f (2 + h) – f (2) h = (11 – h 2) – 11 h = 0 – h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 0. Donc f’ (2) = 0. 29 f (3) = – 2 3 et pour tout réel h différent de 0 et de – 3, on a : f (3 + h) = – 2 3 + h . Donc le taux d’accroissement de f entre 3 et 3 + h est : f (3 + h) – f (3) h = 1 h ( – 23 + h + 23 ) = 1h ( – 63 (3 + h) + 6 + 2h3 (3 + h) ) = 2h 3h (3 + h) = 2 3 (3 + h) . Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 2 3 × 3 = 2 9 . Donc f’ (3) = 2 9 . 30 f (2) = 16 et pour tout réel h non nul : f (2 + h) = (2 + h)3 + 8 = 16 + 12h + 6h2 + h3. Donc le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = (16 + 12h + 6h 2 + h3) – 16 h = 12 + 6h + h2. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 12. Donc f’ (2) = 12. 31 À l’aide de la calculatrice a. Fonction Nombre dérivé f (x) = x² – x f’ (2) = 3 f (x) = 1 x2 f’ (2) = – 0,25 f (x) = x3 – x f’ (1) = 2 f (x) = – x x + 2 f’ (3) = – 0,08 b. Chaque valeur f ’ (a) obtenue est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonction f au point d’abscisse a. 32 Calculs à la calculatrice On obtient :  Si f (x) = x2 + 3x + 1, f' (1) = 5.  Si f (x) = – x2 + 4x + 7, f' (2) = 0.  Si f (x) = – 2 x , f' (3) ≈ 0,22.  Si f (x) = x3 + 8, f' (2) = 12. 33 Nombre dérivé à la calculatrice On obtient : a. f’ (1) = 1,25. b. f’ (0) = 4. 34 QCM 1 a. et c. f ’ (2) est le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse 2, soit 2. Il vaut – 1. 2 a. et d. 1 est la tangente à  au point d’abscisse 0. Son coefficient directeur est donc f’ (0). 3 b. f’ (3) est le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse 3, qui est descendante. Il est donc négatif. Il vaut la limite du taux d’accroissement entre 3 et 3 + h lorsque h tend vers 0. 4 c. et d. 2 étant la tangente au point d’abscisse 2, son équation est y = f’ (2) (x – 2) + f (2). Or f’ (2) = – 1 et f (2) = 6. L’équation est donc : y = – (x – 2) + 6, c’est-à-dire y = – x + 8 . 35 Lecture graphique 1 Le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse – 3 est – 2. Donc f’ (– 3) = – 2. 2 On lit : f’ (– 1) = 0 ; f’ (0) = 1 ; f’ (1) = 4 ; f’ (2) = 0 et f’ (4) = – 2. 36 Justifier graphiquement des nombres dérivés a. Comme la tangente au point A d’abscisse – 1 est horizontale, son coefficient directeur, égal au nombre dérivé de f en – 1, vaut 0. b. Le coefficient directeur de la tangente T est – 1 et l’ordonnée à l’origine est 2. D’où l’équation de la tangente T : y = 2 – x. c. f’ (0) est le coefficient directeur de la tangente T à f au point d’abscisse 0. Donc f’ (0) = – 1.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 91 d. Au point d’abscisse 2, la courbe f a une tangente de coefficient directeur f’ (2) négatif. 37 Lectures sur une courbe 1 Les nombres f (x) sont les ordonnées des points de la courbe  : f (0) = 2 ; f (2) = 4,5 et f (4,5) = 2. Les nombres f’ (x) sont les coefficients directeurs de la tangente à  en x (attention aux unités sur les axes) : f’ (0) = 2 ; f’ (2) = 0 et f’ (4,5) = ∆y ∆x = 0,5 – 2 6 – 4,5 = – 1. 2 a. Le nombre f’ (x) est nul lorsque la tangente est horizontale, soit en – 2, en 2 et en 11. b. On utilise la formule de l’équation réduite : y = f’ (a) (x – a) + f (a).  En A : l’équation réduite de la tangente est y = 0,5.  En B : l’équation réduite de la tangente est y = 2 (x – 0) + 2, soit y = 2x + 2.  En C : l’équation réduite de la tangente est y = 4,5.  En D : l’équation réduite de la tangente est y = – 1 (x – 4,5) + 2, soit y = – x + 6,5.  En F : l’équation réduite de la tangente est y = – 0,75. 3 Sur l’intervalle [ – 2 ; 2 ], les tangentes sont mon- tantes, donc de coefficient directeur positif. Donc l’affirmation est fausse. 38 Nombres dérivés et tangentes 1 Le coefficient directeur de la tangente à  en – 1 est ∆y ∆x = 3,5 – 2 – 1 – (– 2) = 1,5. Donc f’ (– 1) = 1,5. La droite 1 a pour équation : y = f’ (– 1) (x – (– 1)) + f (– 1), soit y = 1,5 (x + 1) + 3,5. Ainsi, la droite 1 a pour équation y = 1,5x + 5. 2 Le coefficient directeur de la tangente à  en 0 est – 2. Donc f’ (0) = – 2. La droite 2 a pour équation : y = f’ (0) (x – 0) + f (0), soit y = – 2 (x – 0) + 3. Ainsi, la droite 1 a pour équation y = – 2x + 3. 3  La droite 3 est horizontale et a pour équation y = – 1.  Le coefficient directeur de la tangente à  en 2,6 est ∆y ∆x = 3 – 0 4 – 2,6 = 15 7 . Donc f’ (2,6) = 15 7 . La droite 4 a pour équation : y = f’ (2,6) (x – 2,6) + f (2,6), soit y = 15 7 (x – 2,6) + 0. Ainsi, la droite 4 a pour équation y = 15 7 x – 39 7 . 39 tangentes et paraboles 1 a. – (x – 1)² + 4 = – (x² – 2x + 1) + 4 = f (x). b. De la forme canonique de f(x), avec a = –1 négatif et les coordonnées du sommet de la parabole S ( 1 ; 4 ), on déduit le tableau de variations de f : x – ∞ 1 + ∞ f (x) 4 2 On saisit l’expression f (x) en Y1. f’ (3) = – 4 ; f’ (– 1) = 4. 3 40 tracé de tangentes 1 f (x) = 0 ⇔ 0,5 (x + 3)2 – 2 = 0 ⇔ (x + 3)2 = 4 ⇔ x + 3 = 2 ou x + 3 = – 2 ⇔ x = – 1 ou x = – 5. Donc S = { – 1 ; – 5 }. La courbe  coupe l’axe des abscisses en – 1 et en – 5. 2 Par la calculatrice, on obtient f’ (– 1) = 2. 3 a. On obtient : x y 1 1 O b. Le tableau de variations est : x – ∞ – 3 + ∞ f (x) – 2
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 92 41 Équation de tangente 1 a. La tangente T à  au point d’abscisse 2 admet pour équation y = f’ (2) (x – 2) + f (2). D’après la calculatrice formelle, on lit : f (2) = 1 et f’ (2) = 4. Donc la droite T admet pour équation : y = 4 (x – 2) + 1, soit y = 4x – 7. b. La tangente ∆ à  au point d’abscisse – 1 admet pour équation y = f’ (– 1) (x – (– 1)) + f (– 1). D’après la calculatrice formelle, on lit : f (– 1) = – 2 et f’ (– 1) = 7. Donc la droite ∆ admet pour équation : y = 7 (x + 1) – 2, soit y = 7x + 5. 2 On entre dans la calculatrice : On obtient le graphique ci-contre, ce qui confirme les calculs de la question 1 . 42 Équation de tangente 1 La tangente à la courbe f au point d’abscisse a admet pour équation réduite : y = f’ (a) (x – a) + f (a). En développant, on obtient : y = f’ (a) × x + (f (a) – a × f’ (a)). Le coefficient directeur est m = f’ (a). L’ordonnée à l’origine est p = f (a) – a × f’ (a). 2 a. La variable Y contient f (a). La variable M contient f’ (a). Ainsi, l’ordonnée à l’origine est P. L’équation obtenue est y = 1x – 4, soit y = x – 4. b. L’équation obtenue est y = – 5x – 1. 43 applications de l’algorithme précédent a. On entre en Y1 l’expression de f (x). L’équation de la tangente au point d’abscisse 2 est y = 5x – 7. b. On entre en Y1 l’expression de f (x). L’équation de la tangente au point d’abscisse – 3 est y = – x 9 – 2 3 . 44 tangente et hyperbole 1 La fonction inverse f est définie sur  \ { 0 }. Son tableau de variations est : x – ∞ 0 + ∞ 1 x 2 a. Par la calculatrice, on obtient : f’ (2) = – 1 4 et f’ (0,5) = – 4. b.  La tangente T à  au point d’abscisse 2 admet pour équation y = f’ (2) (x – 2) + f (2). Donc la droite T admet pour équation : y = – 1 4 (x – 2) + 1 2 , soit y = – 1 4 x + 1.  La tangente ∆ à  au point d’abscisse 0,5 admet pour équation y = f’ (0,5) (x – 0,5) + f (0,5). Donc la droite ∆ admet pour équation : y = – 4 ( x – 12 ) + 2, soit y = – 4x + 4. 3 On obtient : x y 1 1 O 45 Vérifier des calculs sur une courbe 1 Lectures a. f (6) = 3 et f’ (6) = – 1. b. La tangente à  en A a pour équation : y = f’ (6) (x – 6) + f (6), soit y = – (x – 6) + 3. Donc la tangente à  en A a pour équation : y = – x + 9. c. f’ (4) = – 0. La tangente à  en B est horizontale. d. La droite  passe par l’origine O, donc admet une équation de la forme y = mx. On lit m = 0,5. Donc  admet pour équation y = 0,5x.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 93 2 Vérification à l’aide de calculs a. f (6) = – 0,25 × 62 + 2 × 6 = 3. b. Par la calculatrice, on a : f’ (6) = – 1 et f’ (4) = 0. c. La tangente à  au point d’abscisse 3 a pour coef- ficient directeur f’ (3). Par la calculatrice : f’ (3) = 0,5. Donc la tangente à  au point d’abscisse 3 a le même coefficient que la droite . Elle est donc parallèle à . 2 Fonction dérivée et sens de variation (p. 130) 46 Vrai ou faux ? a. Faux : si la fonction f est croissante sur , alors pour tout réel x, f’ (x)  0 (positif ou nul). b. Faux : c’est le signe de la dérivée qui donne le sens de variation de la fonction. c. Faux : on ne dit pas qu’une fonction est constante en une seule valeur. Une fonction peut être constante sur un intervalle. Si f’ (3) = 0 , la courbe f admet une tangente horizon- tale au point d’abscisse 3. 47 QCM 1 a. et c. Comme ’ représente la fonction dérivée f’, l’image f’ (a) est l’ordonnée du point de la courbe ’ d’abscisse a. D’où f’ (4,5) = 0 et f’ (3) = 4,5 . 2 c. Sur [ –1 ; 4,5 ], f’ (x)  0, donc la fonction f est croissante sur [ –1 ; 4,5 ]. 3 c. Sur [ 4,5 ; 5 ] , f ’ (x)  0, donc la fonction f est décroissante sur [ 4,5 ; 5 ] . 4 c. La fonction f est croissante sur [ –1 ; 4,5 ] puis décroissante sur [ 4,5 ; 5 ], donc elle présente un maxi- mum en x = 4,5. 48 Vrai ou faux ? a. Faux : la fonction f change de sens de variation en 2, donc f’ (2) = 0. b. Vrai : comme f est croissante sur ] – ∞ ; – 2 ], pour tout réel x  – 2 , on a : f’ (x)  0. c. Faux : f est strictement décroissante sur [ – 2 ; 1 ]. On en déduit que f’ (0) < 0. d. Vrai : f est strictement croissante sur [ 1 ; + ∞ [. On en déduit que f’ (10) > 0. e. Vrai : connaissant le sens de variation de la fonction, on peut en déduire le signe de la dérivée. 49 QCM 1 b. Pour x  [ – 10 ; – 3 ] , f (x)  [ 2 ; 5 ], intervalle de nombres positifs. 2 a. f’ (– 3) = 0 signifie qu’au point d’abscisse – 3, la tangente est parallèle à l’axe des abscisses. 3 c. f’ (– 10) > 0. Donc le coefficient directeur de la tangente est positif, et les coordonnées ( – 10 ; 2 ) doivent vérifier l’équation. 4 a. f’ (5) = 0. La tangente au point d’abscisse 5 est parallèle à l’axe des abscisses et passe par le point de coordonnées ( 5 ; – 4 ). 50 approche de la dérivée d’une somme, d’un produit 1 On obtient le tableau suivant : x – 3 – 2 – 1 0 1 2 3 f’ (x) – 6 – 4 – 2 0 2 4 6 g’ (x) 27 12 3 0 3 12 27 h’ (x) 21 8 1 0 5 16 33 La 4e ligne est égale à la somme des 2e et 3e lignes. On peut conjecturer que la dérivée d’une somme est la somme des dérivées. 2 On obtient : x – 3 – 2 – 1 0 1 2 3 f’ (x) – 6 – 4 – 2 0 2 4 6 g’ (x) 27 12 3 0 3 12 27 p’ (x) 405 80 5 0 5 80 405 L’affirmation « la dérivée d’un produit est le produit des dérivées » est donc fausse. 51 Lectures graphiques et sens de variation a. et b. On lit graphiquement le signe de la fonc- tion f ’ et on en déduit le sens de variation de la fonction f : x – ∞ – 2 3 7 + ∞ f’ (x) – 0 + 0 – 0 + f (x) c. Le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse 1 est égale à f’ (1) : c’est l’ordonnée du point de ’ d’abscisse 1. Il est donc égal à 4. 52 reconnaître la courbe de la dérivée La fonction f est croissante sur ] – ∞ ; 0 ] et décroissante sur [ 0 ; + ∞ [ . La dérivée f’ est donc positive sur ] – ∞ ; 0 ] et négative sur [ 0 ; + ∞ [. On en déduit que la fonction f’ est représentée par la courbe B.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 94 53 Courbe de la dérivée et sens de variation  On lit graphiquement le signe de la fonction f1’ et on en déduit le sens de variation de la fonction f1 : x 0 2 7 + ∞ f1’ (x) – 0 + 0 – 0 f1 (x)  On lit graphiquement le signe de la fonction f2’ et on en déduit le sens de variation de la fonction f2 : x 0 2 6 + ∞ f2’ (x) + 0 + 0 – 0 f2 (x) 54 Sens de variation d’une fonction 1 On obtient : 2 a. On lit le graphique : x – ∞ 0 2 + ∞ f (x) 2 –2 b. Lorsque M a pour abscisse 1, le coefficient directeur de T est – 3. Donc f’ (1) = – 3. c. On lit : f’ (– 1) = 9 ; f’ (0) = 0 ; f’ (2) = 0 ; f’ (3) = 9 et f’ (4) = 24. 3 La tangente à  est horizontale en 0 et en 2. 4 Sur les intervalles ] – ∞ ; 0 ] et [ 2 ; + ∞ [, le coefficient directeur de T est positif. Sur l’intervalle [ 0 ; 2 ], le coefficient directeur de T est négatif. 55 tangente et sens de variation a. f (– 3) = 2 et f’ (– 3) = 4 3 . Équation de la tangente en B : y = f’ (– 3) (x – (– 3)) + f (3) ⇔ y = 4 3 x + 6. b. Équation de la tangente en A : y = f’ (0) (x – 0 ) + f (0) ⇔ y = 1 3 x + 4. c. f’ (6) > 0 . d. Comme la fonction f est croissante sur , pour tout réel x de , f’ (x)  0. e. x – ∞ + ∞ f’ (x) + f (x) 56 tangente et sens de variation 1 a. f (0) = 4 et f’ (0) = – 2 3 . L’équation de la tangente à  en A est : y = f’ (0) (x – 0) + f (0), soit y = – 2 3 x + 4. b. f (5) = 2 et f’ (5) = 3 2 . L’équation de la tangente à  en E est : y = f’ (5) (x – 5) + f (5), soit y = 3 2 x – 11 2 . c. La dérivée s’annule lorsque la tangente à  est horizontale, c’est-à-dire en – 3 et en 3. d. La dérivée est négative lorsque la fonction f est décroissante, c’est-à-dire sur ] – ∞ ; 3 ]. 2 On obtient : x – ∞ – 3 3 + ∞ f’ (x) – 0 – 0 + f (x) 0 57 Lectures et dérivées a. f (– 4) = 0 ; f (0) = – 3 ; f’ (6) = 2 3 ; f’ (3) = 4 3 et f’ (0) = 0. b. S = { – 4 ; 3,5 }. c. S = ] – 4 ; 3,5 [. d. x –7 0 9 f (x) 1 –3 5
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 95 58 inéquation et dérivées a. f (3) = 1 ; f (0) = 3 ; f’ (3) = – 0,5 et f’ (0) = – 1. b. x –7 –4 6 9 f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 2 5 0 3 c. S = { 4 ; 6 }. d. S = [ – 7 ; – 4 [  ] 6 ; 9 ]. 59 tracés de courbes et de tangentes On propose : x y 1 1 O � 3 Calculs de dérivées (p. 133) 60 QCM 1 b. f’ (x) = 3x² – 5 × 1 + 0 = 3x² – 5. 2 b. On utilise la dérivée d’un produit : g’ (x) = 2 (3x – 1) + 3 (2x + 1) = 12x + 1. 61 QCM a. On utilise la dérivée d’un quotient : h’ (x) = 2 (x – 1) – 1 (2x + 1) (x – 1)2 = – 3 (x – 1)2 . 62 Vrai ou faux ? 1 Faux : c’est la fonction x  – 1 x définie sur  \ { 0 } qui admet pour fonction dérivée x  1 x2 . 2 Vrai : la fonction x  x + 1 x définie sur ] 0 ; + ∞ [ admet pour fonction dérivée x  1 + – 1 x2 = x 2 – 1 x2 . 63 Vrai ou faux ? 1 Vrai : soit f (x) = x3 – 2x² + 5x – 1. f’ (x) = 3x² – 4x + 5. a = 3 et ∆ = – 44 négatif d’où l’allure de la parabole. + + + Ainsi, pour tout réel x, f’ (x) > 0. On en déduit que la fonction f est strictement croissante sur . 2 Vrai : soit f (x) = x3 – 3x² + 2. f’ (x) = 3x² – 6x = 3x (x – 2) f’ (x) s’annule en changeant de signe en 0 et 2. Donc la fonction f admet des extremums locaux en 0 et 2. Pour les exercices 64 à 67 Dérivée d’une somme 64 f’ (x) = 2x + 2 g’ (x) = – 2x + 1 65 f’ (x) = 3 4 × 2x – 5 × 1 + 0 = 3 2 x – 5 g’ (x) = – 1 4 × 4x3 + 2 3 × 3x² – 0 = – x3 + 2x² 66 f’ (x) = – 6x5 + 4x3 g’ (x) = – 12x2 – 6x 67 f’ (x) = – 10x + 12,8 g’ (x) = – 5,2x + 3,5 68 Variations d’un polynôme a. f’ (x) = 3x2 – 3 b. et c. f’ (x) est un polynôme du second degré qui s’annule en – 1 et 1, avec a = 3 positif, d’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 Donc : x – ∞ – 1 1 + ∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 4 0 69 Utiliser le 2nd degré a. f’ (x) = 3x² – 3x – 6 b. f’ (x) est un polynôme du second degré. a = 3 positif et ∆ = 81 et x1 = – 1 et x2 = 2. D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 Donc : x – ∞ –1 2 +∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 4,5 9 70 Sur un intervalle f’ (x) = 3x² – 4x + 1 f’ (x) est un polynôme du second degré. a = 3 positif et ∆ = 4 et x1 = 1 3 et x2 = 1 .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 96 D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 Donc sur  : x – ∞ 1 3 1 + ∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) – 77 27 – 3 Donc sur [ 0 ; 10 ] : x 0 1 3 1 10 f’ (x) + 0 – 0 + f (x) – 3 – 77 27 – 3 807 71 Étude d’une fonction coût total a. et b. C’ (q) = 3q² – 12q + 13 C’ (q) est un polynôme du second degré. a = 3 positif et ∆ = – 12. D’où l’allure de la parabole. + + + D’où le tableau de signes de C’ (q) et de variation de C sur [ 0 ; + ∞ [ : q 0 +∞ C’ (q) + C (q) 20 72 Optimisation d’un bénéfice a. B’ (x) = 1 3 × 3x² –16 × 2x + 220 × 1 = x² – 32x + 220 ∆ = 144 positif ; x1 = 10 et x2 = 22. x – ∞ 10 22 + ∞ x² – 32x + 220 + 0 – 0 + On en déduira le signe de B’(x) sur [ 0 ; 18 ] . b. Tableau de variations de B sur [ 0 ; 18 ] : x 0 10 18 B’ (x) + 0 – B (x) 0 2 800 3 720 2 800 3  933,333 à 0,001 près. Le bénéfice maximum est 933 333 € à 1 € près. Il est gagné lorsque l’entreprise fabrique et vend 10 cen- taines d’objets, soit 1 000 objets. 73 Offre et demande 1 a. f’ (x) = 0,1x – 4 b. La fonction x  0,1x – 4 s’annule en 40 et est crois- sante sur , donc est négative sur [ 2 ; 30 ] . D’où le tableau ci-dessous : x 2 30 f’ (x) – 0 f (x) 73 5,8 c. Plus le prix du fruit exotique par kilo augmente, plus la quantité demandée par les consommateurs diminue. 2 a. Lorsque le prix par kg est de 18 €, la quantité offerte par les producteurs est g (18) = 52 tonnes de fruits, et la quantité demandée par les consommateurs est f (18) = 25 tonnes de fruits. b. Le prix d’équilibre est l’abscisse du point d’inter- section des courbes f et g . Comme l’axe des abscisses est gradué de 2 en 2 à partir de 2, le prix d’équilibre est 12 € / kg. c. La quantité offerte et demandée à l’équilibre est : f (12) = g (12) = 40 tonnes. Le chiffre d’affaires réalisé est 40 000 × 12 = 480 000 €. Pour les exercices 74 et 75 Dérivée d’un produit 74  La fonction f peut s’écrire f = u × v avec u (x) = 1 – 2x et v (x) = x2 + 9. Comme u’ (x) = – 2 et v’ (x) = 2x, on a : f’ (x) = – 2 (x² + 9) + 2x (1 – 2x) = – 6x2 + 2x – 18.  La fonction g peut s’écrire g = u2, avec u (q) = 5 q – 1. Comme u’ (q) = 5, on a : g’ (q) = 2 × 5 × (5q – 1) = 10 (5q – 1). 75  La fonction f peut s’écrire f = u × v avec u (x) = – 3x2 et v (x) = 2x + 1. Comme u (x) = – 6x et v (x) = 2, on a : f’ (x) = – 6x (2x + 1) + 2 (– 3x2) = – 18x2 – 6x = – 6x (3x + 1).  La fonction g peut s’écrire g = 4 × u2 avec u (x) = 2 + 3x. Comme u’ (x) = 3, on a : g’ (x) = 4 × 2 × 3 × (2 + 3x) = 24 (2 + 3x). Pour les exercices 76 et 77 avec une racine carrée 76  f’ (x) = 3 × 1 2!ßx – 1 = 3 – 2!ßx 2!ßx  En utilisant la formule du produit : g’ (x) = 2 × !ßx + 1 2!ßx (2x – 1) = 2!ßx × 2!ßx + 2x –1 2!ßx = 4x + 2x – 1 2!ßx = 6x – 1 2!ßx
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 97 77  f’ (q) = – 3 + 4 2!ßq = – 3 + 2 !ßq = – 3!ßq + 2 !ßq  La fonction g peut s’écrire g = u × v, avec u (x) = 3 – 2x et v (x) = !ßx . Comme u’ (x) = – 2 et v’ (x) = 1 2!ßx , on a : g’ (x) = – 2 × !ßx + 1 2!ßx × (3 – 2x) = – 4x 2!ßx + 3 – 2x 2!ßx = 3 – 6x 2!ßx . 78 Dérivée de l’inverse d’une fonction a. Si f = 1 u alors pour tout réel x de I : f’ (x) = 0 × u (x) – u’ (x) × 1 (u (x))2 = – u’ (x) (u (x))2 . On a donc f’ = – u’ u2 . b. Si f = k u alors pour tout réel x de I : f’ (x) = 0 × u (x) – u’ (x) × k (u (x))2 = – k × u’ (x) (u (x))2 . On a donc f’ = – k × u’ u2 . 79 application de la dérivée de l’inverse a. La fonction f peut s’écrire sous la forme f = 2 u avec u’ (x) = 3x – 1. Comme u’ (x) = 3, on a : f’ (x) = 2 × 3 (3x – 1)2 = 6 (3x – 1)2 . b. f’ (x) = – 1 x2 + – 4 × (– 1) (1 – x)2 = – 1 x2 + 4 (1 – x)2 = 3x 2 + 2x – 1 x2 (1 – x)2 . Pour les exercices 80 à 85 Dérivée d’un quotient 80  f’ (x) = 2 (x – 3) – 1 (2x + 1) (x – 3)2 = – 7 (x – 3)2  g’ (x) = (12x – 2) (x) – 1 (6x 2 – 2x + 1) x2 = 6x 2 – 1 x2 81  f’ (x) = – 2x × (4x) – 4 × (4 – x 2) (4x)2 = – x 2 – 4 4x2  g’ (x) = – 3 × 2x (x2 + 4)2 = – 6x (x2 + 4)2 82  f’ (x) = – 1 × (x 2 + x + 1) – (2x + 1) × (– x + 3) (x2 + x + 1)2 = x 2 – 6x – 4 (x2 + x + 1)2  g’ (x) = 5 × (2x + 3) – 2 × (5x – 1) (2x + 3)2 = 17 (2x + 3)2 83  f’ (x) = 3 × (x 2 – 5x + 6) – (2x – 5) × (3x – 4) (x2 + 5x + 6)2 = – 3x 2 + 8x – 2 (x2 + 5x + 6)2  g’ (x) = 2x × (x 2 + 1) – 2x × (x2 – 4) (x2 + 1)2 = 10x (x2 + 1)2 84  f’ (x) = 4x (x 2 – 4) – 2x (2x2 + 1) (x2 – 4)2 = – 18x (x2 – 4)2  g’ (x) = 3 – 0 + 3 2 × ( – 1x2 ) = 3 – 32x2 = 6x 2 – 3 2x2 85  g’ (q) = – 5 + 20 q2 = – 5q 2 + 20 q2  h’ (t) = – 1 t2 + 8t = 8t 3 – 1 t2 Pour les exercices 86 à 91 Étude de variations 86 f’ (x) = 3x2 – 0,6x = 3x (x – 0,2) D’où le tableau de signes et de variations : x – ∞ 0 0,2 + ∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 0 –0,004 87 f’ (x) = (2x – 4) × x – 1 × (x 2 – 4x + 1) x2 = x 2 – 1 x2 D’où le tableau de signes et de variations sur ] 0 ; + ∞ [ : x 0 1 + ∞ f’ (x) – 0 + f (x) –2 88 f’ (x) = 1 + 4 × – 1 (x + 2)2 = (x + 2) 2 – 4 (x + 2)2 = x (x + 4) (x + 2)2 x ( x + 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 4 a = 1 positif. ++ – x2x1 (x + 2)² > 0 sur ] – 2 ; + ∞ [. x –2 0 + ∞ x (x + 4) – 0 + (x + 2)² 0 + + f’ (x) – 0 + f (x) –1 La fonction f admet en 0 un minimum égal à – 1. 89 f’ (x) = 4 × (x 2 + 1) – 2x × 4x x2 + 1 = – 4 (x 2 – 1) (x2 + 1)2 D’où le tableau de signes et de variations : x – ∞ – 1 1 + ∞ f’ (x) – 0 + 0 – f (x) –2 2
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 98 90 f’ (x) = 1 + 4 (x – 2)2 > 0 Donc la fonction f est croissante sur ] – ∞ ; 2 [ . 91 f’ (x) = 3x2 – 12x + 17 ∆ = – 60 négatif avec a = 3 positif. D’où l’allure de la parabole. + + + D’où le tableau de signes et de variations : x – ∞ + ∞ f’ (x) + f (x) 92 Coût moyen et coût marginal a. Coût total : C (x) = x2 + 2x + 100 Coût marginal : Cm (x) = C’ (x) = 2x + 2 Coût moyen : CM (x) = x 2 + 2x + 100 x b. CM’ (x) = (2x + 2) x – 1 (x 2 + 2x + 100) x2 = x 2 – 100 x2 On étudie le signe de la dérivée sur ] 0 ; 15 ]. x² – 100 = 0 ⇔ x = 10 ou x = – 10 a = 1 positif. D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 x² > 0 sur ] 0 ; + ∞ [. x 0 10 15 x² – 100 – 0 + X² 0 + + CM’ (x) – 0 + CM (x) 22 c. Le coût moyen minimum est 22 €/kg, atteint en 10 tonnes. On a aussi Cm (10) = 22 €/kg = CM (10). 93 Bénéfice et coût moyen 1 a. Le bénéfice horaire est : B (x) = R (x) – C (x) = 100x – (x2 + 50x + 100) = – x2 + 50x – 100. b. et c. B’ (x) = – 2x + 50, fonction affine avec a = – 2 négatif, s’annulant en 25. D’où le tableau de signes et de variations : x 5 25 40 B’ (x) + 0 – B (x) 125 525 300 d. Le bénéfice horaire est maximal lorsque l’entreprise fabrique et vend 25 appareils. 2 a. f (x) = C (x) x = x 2 + 50x + 100 x = x 2 x + 50x x + 100 x = x + 50 + 100 x Ainsi, f’ (x) = 1 – 100 x2 = x 2 – 100 x2 = (x – 10) (x+ 10) x2 . b. D’où le tableau : x 5 10 40 f’ (x) – 0 + 0 f (x) 75 70 92,5 c. Le coût moyen minimal est 70 € / objet, pour une production de 10 objets. 3 Le bénéfice n’est pas maximal lorsque le coût moyen est minimal. 94 tangentes parallèles  f’ (x) = 2x + 3. Donc f’ (– 1) = 1. La tangente à f a pour coefficient directeur 1 au point d’abscisse – 1.  g’ (x) = – 2x – 1 . Donc g’ (– 1) = 1. La tangente à g a pour coefficient directeur 1 au point d’abscisse – 1.  Les tangentes ont même coefficient directeur, donc sont parallèles. 95 Vérifier une propriété  f’ (x) = 3 × (x + 2) – 1 × 3x (x + 2)2 = 6 (x + 2)2 Ainsi, f (0) = 0 et f’ (0) = 3 2 .  g’ (x) = x + 3 2 . Ainsi, g (0) = 0 et g’ (0) = 3 2 .  Les tangentes à f et g au point d’abscisse 0 ont donc la même équation réduite, et sont donc confondues. 96 tangente et intersection 1 f’ (x) = – 1 (x + 3)2 + 1 x2 . Ainsi, f (– 2) = 3 2 et f’ (– 2) = – 3 4 . Donc la tangente T à la courbe f au point d’abscisse – 2 a pour équation : y = f’ (– 2) (x + 2) + f (– 2), soit y = – 3 4 (x + 2) + 3 2 , c’est-à-dire y = – 3 4 x. Les coordonnées du point O vérifient cette équation. Donc la tangente T passe par l’origine O. 2  On résout pour tout réel x différent de 0 et – 3 : f (x) = – 3 4 x ⇔ 1 x + 3 – 1 x = – 3x 4 ⇔ 4x – 4 (x + 3) = – 3x × x (x + 3) ⇔ 3x3 + 9x2 – 12 = 0 ⇔ x3 + 3x2 – 4 = 0.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 99 En utilisant un logiciel de calcul formel, on obtient la factorisation : x3 + 3x2 – 4 = (x – 1) (x + 2)2. On en déduit que : f (x) = – 3x 4 ⇔ x = 1 ou x = – 2. Comme f (– 2) = 3 2 et f (1) = – 3 4 , la courbe f et la tan- gente T sont sécantes en ( – 2 ; 32 ) et en ( 1 ; – 34 ).  On pose d (x) = f (x) – ( – 3x4 ). On a : d (x) = 3 (x – 1) (x + 2) 2 4x (x + 3) . D’où le tableau de signes : x – ∞ – 3 – 2 0 1 + ∞ 3 (x – 1) – – – – 0 + (x + 2)2 + + 0 + + + 4x – – – 0 + + x + 3 – 0 + + + + d (x) – || + 0 + || – 0 + On en déduit que la courbe f est : – au-dessus de T sur ] – 3 ; 0 [ et sur [ 1 ; + ∞ [ ; – en dessous de T sur ] – ∞ ; – 3 [ et sur ] 0 ; 1 ]. 97 recouper une courbe 1 a. f’ (x) = 3x2 – 1. Donc f’ (– 1) = 2 et f (– 1) = 0. Donc la tangente T à la courbe  au point d’abscisse – 1 est y = f ’ (– 1) (x – (– 1)) + f (– 1), c’est-à-dire y = 2 (x + 1) + 0. Ainsi, la droite T a pour équation y = 2x + 2. b. On obtient : 2 Il semble que la droite T recoupe  en (2 ; 6). 3 On résout : f (x) = 2x + 2 ⇔ f (x) – (2x + 2) = 0 ⇔ (x – 2) (x + 1)2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 1. Ainsi, les courbes  et T se coupent aux points d’abs- cisses – 1 et 2. 98 Vitesse au décollage a. On a le tableau de proportionnalité suivant : Distance (en m) 200 000 v Temps (en s) 3 600 1 Donc 200 km/h correspond à une vitesse de 200 000 3 600 ≈ 55,5 m/s. b. d’ (t) = 2,4 t. On résout : d’ (t) = 200 000 3 600 ⇔ 2,4 t = 200 000 3 600 ⇔ t = 200 000 2,4 × 3 600 ≈ 23 Le décollage dure environ 23 secondes. c. La distance parcourue jusqu’au décollage est d (23) = 1,2 × 232 = 634,8 m. La piste doit donc mesurer plus que cette longueur. 99 attaque de pucerons 1 f (0) = 2,1. Au moment de l’introduction des cocci- nelles, il y a 2,1 milliers de pucerons. 2 a. La vitesse de prolifération à l’instant t est : f’ (t) = 0,009t2 – 0,24t + 1,1. b. ∆ = 0,018 ; t1 ≈ 5,88 et t2 ≈ 20,79. D’où le tableau de variations sur [ 0 ; 20 ] : t 0 t1 20 f’ (t) + 0 – f (t) 2,1 f (t1) 0,1 Avec f (t1) ≈ 5,03. Le nombre de pucerons commence à diminuer entre le 5e jour et le 6e jour. 3 On souhaite résoudre f (x) = 1. On utilise le solveur graphique de la calculatrice. Le seuil de 1 millier sera atteint entre le 16e et le 17e jour. 100 Fonction d’apprentissage 1 a. f’ (x) = 0,01 × !ßx + (0,01x + 1) × 1 2!ßx = 0,01!ßx × 2!ßx + 0,01x +1 2!ßx = 0,02x + 0,01x +1 2!ßx = 0,03x + 1 2!ßx b. f’ (10) = 0,03 × 10 +1 2!ß10 ≈ 0,2 c. Pour tout réel x > 0, on a 0,03x + 1 > 0. Donc pour tout réel x > 0, f’ (x) > 0. Concrètement, cela signifie que la vitesse d’appren- tissage est positive : le niveau d’apprentissage est donc une fonction croissante du temps (plus le temps passe et plus on apprend). 2 On souhaite résoudre f (x) = 6. On tabule à la calculatrice. Le niveau 6 est atteint au bout de 24 jours de stage.
Vers le Bac © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 100 101 exercice guidé 1 a. f’ (x) = 1 – 4 (x – 1)2 = x2 – 2x – 3 (x – 1)2 b. a = 1 positif et ∆ = 16 ; x1 = – 1 et x2 = 3. D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 (x – 1)2 > 0 sur ] 1 ; + ∞ [. x 1 3 + ∞ x2 – 2x – 3 – 0 + (x – 1)2 0 + + f’ (x) || – 0 + c. D’où le tableau de variations de f : x 1 3 + ∞ f’ (x) || – 0 +f (x) –1 2 D’après le tableau de variations, f admet comme minimum –1 sur ] 1 ; + ∞ [. 3 a. f (x) = x (x – 1) x – 1 – 6 (x – 1) x – 1 + 4 x – 1 = x 2 – 7x + 10 x – 1 or (x – 5) (x – 2) x – 1 = x 2 – 2x – 5x + 10 x – 1 = x 2 – 7x + 10 x – 1 donc f (x) = (x – 5) (x – 2) x – 1 . b. f (x) = 0 ⇔ x – 5 = 0 ou x – 2 = 0. Donc S = { 2 ; 5 }. La courbe f coupe l’axe des abscisses en 2 et en 5. 102 Faire le point sur les tableaux partie a 1 Fonction f1 f2 f3 f4 Tableau de signes B D C A 2 Fonction f1 f2 f3 f4 Tableau de variations 3 2 1 4 3 Fonction f1 f2 f3 f4 Tableau de signes de la dérivée III II IV I partie B 1 g (x) = (1 – x) (x + 1)2 = (1 – x) (x2 + 2x + 1) = x2 + 2x + 1 – x3 – 2x2 – x = – x3 – x2 + x + 1 2 g’ (x) = – 3x2 – 2x + 1 3 ∆ = 16 ; x1 = 1 3 et x2 = – 1. Comme a = – 3 négatif, on a l’allure suivante pour la parabole représentant g’. + –– x2 x1 On obtient donc sur [ – 2 ; 1 ] : x – 2 – 1 1 3 1 g’ (x) – 0 + 0 – g (x) 3 0 32 27 0 4 La fonction g est la fonction f1. 103 Des fonctions coûts 1 a. Cm (q) = C’ (q) = 3q 2 – 24q + 72 Cm (5) = 3 × 5 2 – 24 × 5 + 72 = 27 Le coût marginal pour 50 kg de pâte de chocolat est 27 € par 10 kg. b. Cm’ (q) = 6q – 24, qui s’annule en 4. D’où le tableau de variations de Cm : q 0 4 8 Cm’ (q) – 0 + Cm (q) 72 24 72 c. Pour tout réel q de [ 0 ; 8 ] , Cm (q) > 0. On en déduit que la fonction C est croissante sur [ 0 ; 8 ]. 2 a. CM (q) = C (q) q = q 3 – 12q2 + 72q q = q2 – 12q + 72. b. CM’ (q) = 2q – 12, qui s’annule en 6. D’où le tableau de variations : q 0 6 8 CM’ (q) – 0 + CM (q) 72 36 40 3 a. 3q2 – 24q + 72 = q2 – 12q + 72 ⇔ 2q2 – 12q = 0 ⇔ 2q (q – 6) = 0 ⇔ q = 0 ou q = 6. Ainsi, S = { 0 ; 6 }. b. D’après la question a., les coûts moyen et marginal sont égaux pour q = 6. c. On résout : Cm (q)  CM (q) ⇔ 3q 2 – 24q + 72 > q2 – 12q + 72 ⇔ 2q (q – 6) > 0 ⇔ q > 6 car q > 0. Le coût marginal est supérieur au coût moyen lorsque la quantité de pâte de chocolat est supérieure à 60 kg. (p. 137)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 101 104 Étude d’une fonction rationnelle 1 a. f’ (x) = 100 × (x + 1) – 1 × 100x (x + 1)2 = 100 (x + 1)2 b. On a le tableau suivant sur [ 0 ; 5 ] : x 0 5 f’ (x) + f (x) 0 250 3 2 a. On obtient à l’aide de la calculatrice : x 0 1 2 3 4 5 f (x) 0 50 67 75 80 83 b. D’où le graphique : x y 1 10 O 3 a. D’après le graphique, la production est rentable à partir de 4 mois. b. La vitesse instantanée est f’ (x). Comme f’ (4) = 100 (4 + 1)2 = 4, la vitesse instantanée est de 4 milliers de pièces par mois. 105 Différents prix de vente 1 Dans le cas où le prix d’une barque est 300 €, la droite représentant les recettes est la droite , qui est toujours en dessous de la courbe  des coûts. Les coûts sont donc toujours supérieurs à la recette : ce n’est pas rentable pour l’entreprise. a. Dans le cas où chaque barque est vendue 1 000 €, 25 barques sont vendues 25 000 €, c’est-à-dire 250 centaines d’euros. Donc R (25) = 250. b. R (x) = 10x. 2 On s’intéresse au cas où les recettes sont supé- rieures aux coûts, c’est-à-dire le cas où la droite ∆ est au-dessus de . L’entreprise réalise des bénéfices lors- qu’elle fabrique et vend entre 6 et 24 barques. 3 B (x) = R (x) – C (x) = 10x – ( x23 + 48 ) = – x 2 3 + 10x – 48 4 B’ (x) = – 1 3 × 2x + 10 = 10 – 2 3 x 5 On a le tableau de variations suivant : x 0 15 30 B’ (x) + 0 – B (x) – 48 27 – 48 Pour réaliser un bénéfice maximum, l’entreprise doit fabriquer et vendre 15 barques. Le bénéfice maximum réalisé est alors 27 centaines d’euros, soit 2 700 €. 106 Offre et demande 1 La fonction f est définie par f (x) = a (x – 7) + f (7), où le coefficient a est a = f (9) – f (7) 9 – 7 = 415 – 335 2 = 40. Donc f (x) = 40 (x – 7) + 335, soit f (x) = 40x + 55. 2 g’ (x) = 3x2 – 24x – 60. ∆ = 1296 ; x1 = – 2 et x2 = 10. Avec a = 3 positif, on a l’allure suivante pour la courbe de g’. ++ – x2x1 Donc pour tout réel x de [ 0 ; 10 ] , g’ (x)  0. On en déduit que la fonction g est décroissante sur [ 0 ; 10 ]. 3 On obtient : Les courbes f et g semblent se couper en ( 7 ; 335 ). f (7) = 40 × 7 + 55 = 335 ; g (7) = 73 – 12 × 72 – 60 × 7 + 1 000 = 335. Le prix d’équilibre est donc de 7 € ; la quantité d’équi- libre est 335 tonnes. Le chiffre d’affaires réalisé est : 7 × 335 000 = 2 345 000 €. 107 Coûts, recettes et bénéfice 1 a. Le coût de production de 50 vases est environ 4,7 milliers d’euros. b. Pour un coût de 3 000 euros, environ 43 vases sont produits. 2 a. Pour x dizaines d’euros vendus, la recette est 80x dizaines d’euros, soit 800x euros, ou encore 0,8x milliers d’euros. Ainsi, g (x) = 0,8x.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 102 b. On obtient : x y 1 1 O c. L’entreprise réalise des bénéfices lorsqu’elle fabrique et vend entre 6 vases et 55 vases. 3 a. B (x) = g (x) – f (x) = 0,8x – (0,1x2 + 0,2x + 0,3) = 0,8x – 0,1x2 – 0,2x – 0,3 = – 0,1x2 + 0,6x – 0,3 b. B’ (x) = – 0,2x + 0,6 D’où le tableau de variations sur [ 0 ; 7 ] : x 0 3 7 B’ (x) + 0 – B (x) – 0,3 0,6 – 1 c. Le bénéfice est maximum lorsque l’entreprise fabrique et vend 30 vases. 108 Des fonctions coûts 1 a. C (0) = 100. Les coûts fixes sont de 10 000 €. b. C (0,5) = 118,625. Les coûts de production de 500 kg sont de 11 862,50 €. C (0,8) = 128,672. Les coûts de production de 800 kg sont de 12 867,2 €. 2 a. Cm (q) = C’ (q) = 3q 2 – 12q + 40 Avec les notations habituelles, Cm (q) est minimum pour q = – b 2a = 12 2 × 3 = 2 tonnes. b. ∆ = – 336 négatif. D’où l’allure de la parabole. + + + Donc pour tout q de [ 0 ; 7 ], Cm (q) > 0. On en déduit que la fonction C est croissante sur [ 0 ; 7 ]. 3  Le coût moyen de production de 2 tonnes de perles est C (2) 2 = 164 2 = 82 centaines d’euros par tonne.  Le coût moyen de production de 4 tonnes de perles est C (4) 4 = 228 4 = 57 centaines d’euros par tonne. 4 La fonction q  q – 5 est croissante et s’annule en 5. Pour la fonction q  q2 + 2q + 10, on a ∆ = – 36 négatif avec a = 1. D’où l’allure de la courbe. + + + Ainsi, pour tout q de [ 0 ; 7 ], q2 + 2q + 10 > 0. En utilisant les résultats de la calculatrice formelle, on obtient le tableau de signes et de variations suivant sur [ 0 ; 7 ] : q 0 5 7 m’ (q) – 0 + m (q) 55 429 7 Le coût moyen est minimum pour q = 5 tonnes. Comme Cm (5) = 55, lorsque le coût moyen est minimum, il est égal au coût marginal. 109 Minimiser un coût de transport 1 a. v = 600 t , donc t = 600 v . b. Le coût du carburant sur le trajet est : 1 × C (v) × t = ( 5 + v2300 ) × 600v = 3 000v + 2v. c. Le coût total est la somme du coût du carburant et du coût lié au salaire du chauffeur. Donc f (v) = ( 3 000v + 2v ) + 16,87 × t = 3 000 v + 2v + 16,87 × 600 v = 3 000 v + 2v + 10 122 v donc f (v) = 13 122 v + 2v. 2 a. f’ (v) = – 13 122 v2 + 2 = 2v 2 – 13 122 v2 = 2(v 2 – 6 561) v2 = 2(v – 81) (v + 81) v2 . D’où le tableau de variations de f sur ] 0 ; 130 ] : v 0 81 130 f’ (v) – 0 + f (v) 324 23 461 65 b. Le coût de transport est minimal lorsque la vitesse est 81 km/h. Le coût minimum est 324 €. 3 On résout sur ] 0 ; 90 ] l’inéquation f (v)  350 ⇔ 13 122 v + 2v  350 ⇔ 2v2 – 350v + 13 122  0 (car v > 0). ∆ = 17 524 ; v1 ≈ 54,4 et v2 ≈ 120,6.
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 103 Avec l’allure de la parabole ci-contre. ++ – x2x1 D’où le tableau de signes : v 0 v1 90 2v2 – 350v + 13 122 + 0 – La vitesse moyenne doit donc se trouver entre environ 54,4 km/h et 90 km/h. 110 Dérivées en cascade 1 f est représentée par 2 . g est représentée par 3 . h est représentée par 1 . 2 f (0) = 0 donc b + c = 0. f (2) = 4 donc 2a + b + c 3 = 4 . f admet un extremum en 2 donc f’ (2) = 0 : a – c 9 = 0. b + c = 0 On résout le système : { 2a + b + c3 = 4. a – c9 = 0 On obtient a = – 1 ; b = 9 et c = – 9. Donc f (x) = – x + 9 – 9 x + 1 111 positions relatives de deux courbes 1  f’ (x) = 3x2 – 22x + 39. Avec ∆ = 16 ; x1 = 3 et x2 = 13 3 . D’où le tableau de variations de f sur [ 0 ; 7 ] : x 0 3 13 3 7 f’ (x) + 0 – 0 + f (x) –20 25 613 27 57  g’ (x) = 3x2 – 22x + 19. Avec ∆ = 256 ; x1 = 1 et x2 = 19 3 . D’où le tableau de variations de g sur [ 0 ; 7 ] : x 0 1 19 3 7 g’ (x) + 0 – 0 + g (x) 70 79 85 27 7 2 a. f (x) = g (x) ⇔ x3 – 11x2 + 39x – 20 = x3 – 11x2 + 19x + 70 ⇔ 20x = 90 ⇔ x = 4,5. Donc S = { 4,5 }. b. Le point d’intersection des courbes f et g a pour abscisse 4,5. Comme f (4,5) = 23,875, le point d’intersection de f et g a pour coordonnées ( 4,5 ; 23,875 ) . 3 a. f (x)  g (x) ⇔ x3 – 11x2 + 39x – 20  x3 – 11x2 + 19x + 70 ⇔ 20x  90 ⇔ x  4,5. Donc sur l’intervalle [ 0 ; 7 ], l’ensemble solution est [ 4,5 ; 7 ]. b. La courbe f est au-dessus de g sur [ 4,5 ; 7 ]. 112 ... en démographie rythme de croissance d’une population 1 f (10) = 18 ; f (11) = 18,5. La population en 1990 est de 18 000 habitants ; la population en 1991 est de 18 500 habitants. La variation absolue de la population entre 1990 et 1991 est 18 500 – 18 000 = 500 habitants. 2 a. f’ (t) = 26 × (t + 5) – 1 × (26t + 10) (t + 5)2 = 120 (t + 5)2 Ainsi, pour tout réel t  0, f’ (t) > 0. Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. b. f’ (10) ≈ 0,53 et f’ (11) ≈ 0,47. La variation absolue f (11) – f (10) est environ égale à f’ (11). 3 a. f’ (25) ≈ 0,13 Le rythme de croissance de la population est d’environ 0,13 millier d’habitants par an. b. L’année 2015 correspond à t = 35. f’ (35) = 0,075. Le rythme de croissance de la population en 2025 est de 0,075 millier d’habitants par an. c. 120 (t + 5)2  3 10 ⇔ 120 × 10 3  (t + 5)2 ⇔ 400  (t + 5)2 ⇔ 20  t + 5 car t  0 ⇔ t  15. Le rythme de croissance de la population est inférieur à 0,3 millier à partir de 15 années. 113 ... en sciences Vitesse de propagation d’une maladie partie a : ÉtUDe GraphiQUe 1 La situation est grave au bout de 4 jours et jusqu’à 10 jours : cela fait 6 jours complets. (p. 142)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 104 2 f’ (0) est le coefficient directeur de la droite (OA), donc vaut yA – yO xA – xO . Ainsi, f’ (0) = 112,5 10 = 11,25. 3 a. Le nombre maximal de malades est environ 260, atteint au bout de 7,5 jours. La tangente étant horizontale, la vitesse de propaga- tion de la maladie est nulle. b. L’épidémie progresse le plus lorsque la tangente est la plus pentue, soit environ au bout de 4 jours. partie B : ÉtUDe thÉOriQUe 1 On a : 2 f’ (t) = – 3t2 + 21t + 45 4 ∆ = 576 ; t1 = 7,5 et t2 = – 0,5, avec l’allure suivante de la parabole. + –– x2 x1 D’où le tableau de variations de f sur [ 0 ; 11 ] : t 0 7,5 11 f’ (t) + 0 – f (t) 0 253,125 63,25 Cela est cohérent avec la courbe . 3 f’ (0) = 45 4 = 11,25 On retrouve le résultat de la question A 2 . 114 ... en anglais Optimizing a volume 1 a. On ôte au côté 30 deux fois la longueur x positive. Il faut alors que 30 – 2x > 0, soit x < 15. Ainsi, x  ] 0 ; 15 [. b. V = (30 – 2x) × (30 – 2x) × x = 4x (15 – x)2 En développant, on obtient : V = 4x3 – 120x2 + 900x. 2 a. f’ (x) = 12x2 – 240x + 900 ∆ = 14 400 ; x1 = 5 et x2 = 15 avec l’allure suivante pour la parabole. ++ – x2x1 D’où le tableau de variations sur ] 0 ; 15 [ : x 0 5 15 f’ (x) + 0 – 0 f (x) 0 2 000 0 La fonction f est croissante sur ] 0 ; 5 ] et décroissante sur [ 5 ; 15 [. b. Le volume maximal est 2 000 in3, pour x = 5 in. Les dimensions de la boîte de volume maximal sont : 20 in × 20 in × 5 in. 115 ... en économie Niveau de satisfaction et courbes d’indifférence 1 a.  Pour 2 livres et 3 DVD, le niveau de satisfaction est 2 × 3 = 6.  Pour 4 livres et 1 DVD, le niveau de satisfaction est 4 × 1 = 4. Thibaut préfère la 1e possibilité. b. Le couple ( 10 ; 6 ) correspond au niveau de satis- faction 10 × 6 = 60. c. Le panier ( 3 ; 2 ) a, par exemple, le même niveau de satisfaction que le panier ( 2 ; 3 ). 2 a. Lorsque le niveau de satisfaction est 10, on a : xy = 10, soit y = 10 x . b. La courbe de niveau 10 est la courbe jaune. La courbe de niveau 50 est la courbe bleue. c. Voir ci-après. 3 a. Deux livres et trois DVD coûtent : 2 × 9 + 3 × 18 = 72 €. Thibaut peut acheter le panier ( 2 ; 3 ). b. Lorsque le budget est maximal, on a : 9x + 18y = 108, soit y = 6 – x 2 . On obtient : x y 1 1 10 5 O
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 105 La droite 108 coupe la courbe de niveau 10 : avec son budget maximal, Thibaut peut avoir un niveau de satisfaction de 10 (pour les paniers ( 2 ; 5 ) et ( 10 ; 1 )). La droite 108 ne coupe pas la courbe de niveau 50 : avec son budget maximal, Thibaut ne peut pas avoir un niveau de satisfaction de 50. c. Pour x et y strictement positifs, on résout : y = 10 x y = 6 – x 2 y = 6 – x 2 10 x = 6 – x 2 y = 6 – x 2 – x 2 2 + 6x – 10 = 0{ ⇔ { ⇔ { ∆ = 16 ; x1 = 10 et x2 = 2. Ainsi, x = 10 y = 10 10 = 1 x = 2 y = 10 2 = 5{ ou { Pour un niveau de satisfaction de 10 et un budget maximal, Thibaut peut acheter 10 livres et 1 DVD, ou 2 livres et 5 DVD. 4 Pour un budget B, on a : 9x × 18y = B, soit y = B 18 – x 2 . La nouvelle droite de budget est donc parallèle à la droite de budget 108 . Pour obtenir le budget minimal pour un niveau de satisfaction de 50, on cherche la parallèle à 108 qui soit tangente à la courbe de niveau 50 : x y 1 10 1 5 O L’ordonnée à l’origine de la droite tracée est 10 et B 18 . Le budget minimal pour un niveau de satisfaction de 50 est donc de 180 €. 116 ... en économie Coût total, coût marginal et coût moyen 1 a. Cm (q) = q 2 – 6q + 10 b. On obtient : Comme C’ (q) = q2 – 6q + 10 avec ∆ = – 4 négatif, on a l’allure suivante pour la parabole. + + + Donc pour tout réel q de [ 0 ; 10 ], C’ (q) > 0 : la fonction C est croissante sur [ 0 ; 10 ]. c. Cm’ (q) = 2q – 6, fonction croissante qui s’annule en 3. D’où le tableau suivant : q 0 3 10 Cm’ (q) – 0 + Cm (q) 10 1 50 Pour tout réel q de [ 0 ; 10 ], Cm (q) > 0, car le minimum est 1. Le coût marginal est donc positif : produire une unité supplémentaire coûte de l’argent. 2 a. M (q) = C(q) q = 1 3 q2 – 3q + 10 + 36 q b. D’après la calculatrice formelle : M’ (q) = (q – 6) (2q 2 + 3q + 18) 3q2 .  q  q – 6 est croissante et s’annule en 6.  Pour q  2q2 + 3q + 18, on a : ∆ = – 135 et l’allure suivante. + + + D’où le tableau de variations de M sur ] 0 ; 10 ] : q 0 6 10 M’ (q) – 0 + M (q) 10 254 15 c. Le coût moyen est minimum pour une quantité q0 de 6 tonnes. d. Cm (6) = 10. Pour la quantité q0, le coût moyen est égal au coût marginal. 3 En utilisant les tableaux de variations, le coût moyen est représenté par la courbe Γ2 rouge et le coût marginal est représenté par la courbe Γ1 bleue. 4 a. Sur l’intervalle ] 0 ; 6 ], le coût marginal est inférieur au coût moyen (la courbe Γ1 se trouve sous la courbe Γ2) et le coût moyen est décroissant. b. Sur l’intervalle [ 6 ; 10 ], le coût marginal est supé- rieur au coût moyen (la courbe Γ1 se trouve au- dessus de la courbe Γ2) et le coût moyen est croissant.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 106 117 ... en décoration Optimiser une surface 1 On propose : 6 6 6 x x h surface latérale couvercle supérieur fond 2 a. V = 6xh b. Or V = 960. Donc h = 960 6x = 160 x . c. A (x) = 2 × xh + 2 × 6h + 5 × 6x = 2 × x × 160 x + 12 × 160 x + 30x Ainsi, A (x) = 30x + 320 + 1 920 x . 3 a. et b. A’ (x) = 30 – 1 920 x2 = 30x 2 – 1 920 x2 = 30 (x 2 – 64) x2 = 30 (x – 8) (x + 8) x2 D’où le tableau suivant sur ] 0 ; + ∞ [ : x 0 8 + ∞ A’ (x) – 0 + A (x) 800 4 L’aire latérale est minimum pour x = 8 cm. La hauteur h associée est h = 160 8 = 20 cm. Les dimensions de la boîte associée sont : 8 cm × 6 cm × 20 cm. 118 ... en économie rendements et points d’inflexion 1 a. f’ (t) = – 3t2 + 24t + 72 = g (t) g’ (t) = – 6t + 24 b. La fonction affine g’ est décroissante et s’annule en 4. D’où le tableau de variations : t 0 4 10 g’ (t) + 0 – g (t) 72 120 12 La production marginale admet un maximum en t0 = 4. c. D’après le tableau de variations de f’ = g, pour tout t de [ 0 ; 10 ], f’ (t) > 0. Donc la production totale f est croissante sur [ 0 ; 10 ]. 2 a. La phase de rendements croissants est l’inter- valle [ 0 ; 4 ]. La phase de rendements décroissants est l’intervalle [ 4 ; 10 ]. Le point d’inflexion I est le point de coordonnées ( 4 ; f (4)), soit ( 4 ; 416 ). b. La tangente T à la courbe  en I a pour équation : y = f’ (4) (t – 4) + f (4). Comme f (4) = 416 et f’ (4) = g (4) = 120, la droite T a pour équation : y = 120 (t – 4) + 416, soit y = 120t – 64. c. f (t) – h (t) = (– t3 + 12t2 + 72t) – (120t – 64) = – t3 + 12t2 – 48t + 64 = – (t – 4)3 On sait que (t – 4)3 est du signe de t – 4. Donc : - pour t < 4, on a (t – 4)3 < 0 ; - pour t > 4 , on a (t – 4)3 > 0. D’où le tableau de signes : t 0 4 10 f (t) – h (t) + 0 – Ainsi, sur [ 0 ; 4 ], la courbe  est au-dessus de la tan- gente T. Sur [ 4 ; 10 ],  est en dessous de la tangente T. Ainsi, au point I, la tangente T traverse la courbe. 119 ... en architecture Le bon raccordement d’un toboggan 1 Étude des deux parties « courbes »  f’ (x) = – 0,5x. Ainsi, f (0) = 5 et f’ (0) = 0. Donc en D ( 0 ; 5 ), la tangente à f est horizontale.  g’ (x) = 0,5x – 35. Ainsi, g (7) = 0 et g’ (7) = 0. Donc en F ( 7 ; 0 ), la tangente à g est horizontale. 2 Étude de la partie droite a. f (2) = 4 et f’ (2) = – 1. Ainsi, la tangente à f en A admet pour équation : y = – (x – 2) + 4, soit y = – x + 6. b. g (5) = 1 et g’ (5) = – 1. Ainsi, la tangente à g en B admet pour équation : y = – (x – 5) + 1, soit y = – x + 6. c. Les tangentes précédentes sont confondues et passent par les points A et B. Elles sont donc égales à la droite (AB), qui est donc tangente à f et à g. La droite (AB) donne un bon raccordement au toboggan. 3 Un autre modèle a. h (0) = 5. Donc h passe par le point D. h (7) = 0,1. Donc h ne passe pas par le point F. b. h’ (x) = 0,09x2 – 0,62x ; h’ (0) = 0 et h’ (7) = 0,07. La tangente à h en D est horizontale, mais la tangente à h au point d’abscisse 7 n’est pas horizontale. c. La fonction h peut être considérée comme une approximation du toboggan.
ProbabilitésProbabilités © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 107 C H A P I T R E D epuis le collège, les élèves ont acquis les bases des probabilités : notion d’événement et cal-cul de probabilités sur un univers dans une situation d’équiprobabilité. En Seconde, cet apprentis- sage se poursuit avec la réunion et l’intersection d’évé- nements. La pratique des arbres de choix, des tableaux à deux entrées, des diagrammes en bâtons ou de Venn off re des outils pour modéliser. La notion d’échan- tillonnage a été vue également. En Première ES, c’est la découverte des variables aléa- toires et de la loi binomiale. Nous avons donc repris dans la page « Partir d’un bon pied » et dans la partie A.P. correspondante les notions déjà vues dans les sections antérieures, afi n d’alléger le cours. Dans les pages « Découvrir », la première activité per- met d’introduire la notion de variable aléatoire à par- tir de deux situations simples connues en Seconde. Les notations P(X = a) peuvent ainsi être utilisées. Les deux activités suivantes introduisent le schéma de Bernoulli. L’activité 2 conduit aux coeffi cients binomiaux si on continue l’arbre. L’activité 3 semble reprendre le même schéma, mais dans cette situation, la probabilité d’un « chemin » apparaît. En continuant l’arbre, on peut alors introduire le prin- cipe multiplicatif et la loi binomiale. La vidéo accompagnant cette activité se prolonge avec la situation des exercices 49 à 51 page 163 et le triangle de Pascal, hors programme. L’activité 4 présente une simulation sur tableur et l’ap- proche de la notion de gain moyen et donc d’espérance d’une variable aléatoire. Les variables aléatoires ne présentent pas de diffi culté pour les élèves. Cela peut même être plus simple que Intentions des auteuresIntentions des auteures la probabilité de réunion ou d’intersection d’événe- ments, car les événements élémentaires sont liés à des nombres. L’espérance est à rapprocher de la notion de moyenne et des propriétés de celle-ci. Les exercices de simu- lations sont à reprendre pour ne pas perdre de vue la fl uctuation d’échantillonnage et le fait qu’il faille un grand nombre d’expériences pour s’approcher en moyenne de l’espérance : voir page 160. Nous avons fait le choix de dissocier les coeffi cients binomiaux (nombre de chemins sur un arbre) de la loi binomiale. C’est pourquoi nous les avons introduits au moment de la répétition d’expériences identiques et indépendantes, c’est-à-dire sur le schéma de Bernoulli. Ainsi, le travail sur le principe multiplicatif sur l’arbre et les coeffi cients binomiaux font l’objet d’exercices avant de voir la loi binomiale, plus complexe. Conformément au programme, nous n’avons pas tra- vaillé les formules sur les coeffi cients binomiaux : la calculatrice permet de les obtenir. Nous les avons abordées à travers des exercices liés au triangle de Pascal, page 163. Pour la loi binomiale, comme dans les programmes des années précédentes, nous avons insisté sur la représentation en arbre pondéré et la reconnaissance d’une situation. L’expression « Schéma de Bernoulli » n’apparaît pas dans le programme de ES, mais nous l’avons indiqué dans la page « Faire le point » en page 156, car couramment utilisé et vu dans le nouveau programme de STI - STL. Les applications sont nombreuses et nous avons pris soin d’en montrer la variété : jeux bien sûr, contrôle de qualité, espérance de bénéfi ce, aide à la décision, espérance de vie, croissance en biologie, etc., et même musique aléatoire. Nous espérons ainsi vous donner tous les outils pour faire apprécier à vos élèves ces notions. BAT_Chap06-LP.indd 107 26/08/11 10:08
c. Faux : L’événement C contient les tirages comportant un atout en première ou en deuxième place et une carte autre qu’un atout, ainsi que les tirages comportant deux atouts. Moyenne - Variance - Écart type 1 –x = 4 × 6 + 9 × 8,5 + 10 × 10,5 + 7 × 15 4 + 9 + 10 + 7 = 10,35 2 –x = 0,4 × 35 + 0,19 × 38 + 0,10 × 36 + 0,41 × 37 = 39,99 Simulation sur la calculatrice ou sur tableur 1 c. Vrai : on peut obtenir 0 mais jamais 1, donc la partie entière est toujours 0. 2 a. Faux : cette instruction renvoie un nombre entier entre 0 et 5 inclus. b. Vrai. c. Faux : Ent (Alea()) = 0. C D © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 108 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 108 Probabilité d’un événement 1 a. Faux : ne pas confondre la fréquence, liée aux statistiques, et la probabilité. c. Vrai. 2 b. Vrai : propriété importante. 3 a. Vrai : l’univers est E = { PP ; FF ; PF ; FP } et A = { PP ; FF } . 4 a. Vrai : la somme des probabilités est 1, donc : p = 1 – 1 8 – 1 4 – 1 2 = 1 8 . D’où P(A) = p + 1 8 = 1 8 + 1 8 = 1 4 . Opérations sur les événements 1 a. Faux : un cavalier peut être un cœur. c. Vrai : –C = « tirer aucun atout ». Le contraire de « au moins un » est « aucun ». d. Faux : A et B ne sont pas disjoints. 2 b. Vrai : on tire une carte parmi 78 et il y a 22 atouts, donc P(G) = 22 78 . A B Probabilité d’un événemeA (p. 146) Étudier des expériences aléatoires : jeu de hasardActivitéActivité 1 xi 1 5 10 P(X = xi) 0,5 0,40 0,1 b. S A B C D E A 4 0 6 6 11 B 0 4 6 6 11 C 6 6 10 10 15 D 6 6 10 10 15 E 11 11 15 15 20 Les positions ( A ; C ), ( A ; D ), ( B ; C ), ( B ; D ), ( C ; A ), ( C ; B ), ( D ; A ), ( D ; B ) permettent de gagner 6 points. Les positions ( A ; E ), ( B ; E ), ( C ; E ), ( D ; E ), ( E ; A ), ( E ; B ), ( E ; C ), ( E ; D ), ( E ; E ) permettent de gagner plus de 10 points. Objectifs – Associer un gain à chaque issue d’une expérience aléatoire ; – calculer la probabilité du montant gagné. 1 Issues équiprobables a. Le disque est partagé en 8 secteurs de même aire. Les couleurs apparues sont équiprobables. Couleur Jaune Vert Rouge Bleu Probabilité 0,25 0,25 0,25 0,25 Montant (en €) 15 25 50 5 b. Soit X le montant gagné : P(X = 5) = P(X = 15) = P(X = 25) = P(X = 50) = 0,25. 2 Issues non équiprobables a. P(X = 1) = P(A) + P(B) = 0,5 P(X = 5) = P(C) + P(D) = 0,40 P(X = 10) = P(E) = 0,10 (p. 148) BAT_Chap06-LP.indd 108 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 109 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 109 Analyser un arbre de choix : un chemin pour trouverActivitéActivité 2 Objectifs – Déterminer l’issue d’une expérience aléatoire obtenue en suivant un chemin sur un arbre de choix ; – déterminer un chemin correspondant à une issue donnée. a. Les clés sont cachées à l’intérieur de tous les tunnels qui partent vers la droite. Allan peut rapporter soit 0 clé, soit 1 clé, soit 2 clés, soit 3 clés suivant qu’il emprunte 0, 1, 2 ou 3 fois un tunnel qui part vers la droite. b. En suivant les chemins : D – G – G / G – D – G / G – G – D : il rapporte 1 clé ; D – D – G / D – G – D / G – D – D : il rapporte 2 clés. Déterminer un nombre de chemins sur la planche de Galton ActivitéActivité 3 Objectifs – Relier une issue au nombre de déplacements dans une direction donnée pour un chemin sur l’arbre de choix ; – déterminer le nombre de chemins menant à une issue donnée ; – comprendre que la probabilité d’obtenir une issue donnée, dépend du nombre de chemins menant à cette issue. Recherche sur un arbre a. La bille suit le parcours D – G – D – G , la bille est descendue 2 fois à gauche donc elle tombe dans la case no 2. b. Pour gagner 2 jetons, la bille doit arriver en case 2 ; elle doit donc se déplacer 2 fois vers la gauche. Les chemins possibles sont : G – G – D – D / D – D – G – G / G – D – G – D / D – G – D – G / G – D – D – G / D – G – G – D Il y a 6 chemins permettant d’arriver à la case 2 parmi les 16 chemins. Tous les chemins sont équiprobables de probabilité 1 16 . La probabilité que Florent gagne 2 jetons est donc 6 16 = 3 8 . c. Pour gagner 1 jeton, la bille doit arriver en case 1 ; elle doit se déplacer 1 fois vers la gauche. Les chemins possibles sont : G – D – D – D / D – G – D – D / D – D – G – D / D – D – D – G Il y a 4 chemins permettant d’arriver à la case 1. La probabilité de gagner 1 jeton est 4 16 = 1 4 . Pour gagner 3 jetons, la bille doit arriver en case 3 ; elle doit se déplacer 3 fois vers la gauche. Les chemins possibles sont : G – G – G – D / G – G – D – G / G – D – G – G / D – G – G – G Il y a 4 chemins permettant d’arriver à la case 3. La probabilité de gagner 3 jetons est 4 16 = 1 4 . La probabilité que Vincent gagne est donc 1 4 + 1 4 = 1 2 . Obtenir l’espérance de gainActivitéActivité 4 c. En cellule M3, on calcule le produit de chaque nombre de jetons gagnés par la fréquence corres- pondante, c’est-à-dire le gain moyen. 3 En effectuant plusieurs simulations de 5 000 expé- riences, on observe que les valeurs du gain moyen de Florent se rapprochent de 2. Objectifs Observer que, lors d’un grand nombre de parties, le gain moyen se rapproche d’une valeur théorique. 1 a. La cellule D2 calcule le nombre de jetons gagnés. En recopiant les cellules de la première ligne vers le bas jusqu’à la ligne 201, on simule 200 parties identiques. b. Dans la simulation donnée, le gain total de Florent est : 11 × 0 + 44 × 1 + 80 × 2 + 54 × 3 + 11 × 4 = 410 soit un gain moyen sur 200 parties de 2,05 jetons. BAT_Chap06-LP.indd 109 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 110 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 110 Exercices d’applicationExercices d’application 1. Étudier une variable aléatoire (p. 151) a. 0,26 + 0,47 + 0,27 = 1 donc ce tableau est la loi de probabilité d’une variable aléatoire X. b. 0,15 + 0,45 + 0,25 + 0,14 = 0,99 donc ce tableau n’est pas la loi de probabilité d’une variable aléa- toire X. xi – 8 10 P(X = xi) 2 3 1 3 E(X) = – 16 3 + 10 3 = – 6 3 = – 2 On détermine les valeurs xi du produit à l’aide du tableau suivant : 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 4 6 8 La loi de probabilité de X est : xi 1 2 3 4 6 8 P(X = xi) 1 8 1 4 1 8 1 4 1 8 1 8 E(X) = 1 8 + 2 4 + 3 8 + 4 4 + 6 8 + 8 8 = 30 8 = 3,75 Exercices d’applicationExercices d’application 2. Utiliser une arbre pondéré (p. 153) Le nombre de scores où le candidat gagne 200 € est le nombre de chemins de l’arbre où l’on rencontre 2 fois G au cours des 3 branches, c’est-à-dire (32) = 3 correspondant aux chemins : P – G – G ou G – P – G ou G – G – P. On calcule la probabilité de gagner 200 € en multipliant la probabilité d’un de ces scores par le nombre de scores : P(« gagner 200 € ») = (32) x 227 = 3 × 227 = 29 Le présentateur pose 4 questions. Le nombre de scores où le candidat gagne 200 € est le nombre de chemins de l’arbre où l’on rencontre 2 fois G au cours des 4 branches, c’est-à-dire (42) = 6 correspondant aux chemins : P – P – G – G ou G – G – P – P ou G – P – G – P ou P – G – P – G ou G – P – P – G ou P – G – G – P La probabilité d’un des scores est : 1 3 × 1 3 × 2 3 × 2 3 = 4 81 On calcule la probabilité de gagner 200 € en multipliant la probabilité d’un de ces scores par le nombre de scores : P(« gagner 200 € ») = (42) × 481 = 6 × 481 = 827 2 — 3 2 — 3 2 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 2 — 3 1 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 1 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 P G P P P P G P G G P G G P G P P G G P G P P G G P G P P G G P G P P P G G P G G P G G P G P P G G P G P P G G P G P P G G Si le nombre de scores est (53), le présentateur a posé 5 questions et le joueur a donné 3 bonnes réponses. Il a donc gagné 300 €. (Pour ne pas surcharger le dessin certaines probabilités ne sont pas marquées sur les branches mais elles sont identiques aux branches voisines.) BAT_Chap06-LP.indd 110 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 111 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 111 Exercices d’applicationExercices d’application 3. Reconnaître et utiliser la loi binomiale (p. 155) Soit C la variable aléatoire égale au nombre de calories. Le menu B a 800 calories et le menu S a 275 calories. La loi de probabilité associée au nombre de calories C est obtenue en ajoutant les calories de chaque menu et en recopiant les résultats des probabilités précédentes : ci 2 400 1 875 1 350 825 P(C = ci) 0,216 0,432 0,288 0,064 D’où E(C) = 1 770. À faire à l’aide des listes de la calculatrice. Chaque lancer du dé est une épreuve de Bernoulli de succès S : « obtenir le 5 » de probabilité p = 1 6 . On a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. X suit la loi binomiale � (4 ; 16). Le joueur gagne 2 euros lorsque le 5 apparaît 2 fois. Le nombre de chemins contenant 2 fois le 5 au cours des 4 branches est (42) = 6 donc P(X = 2) = (42) × (16) 2 × (56) 2 = 150 1296 soit environ 0,116. E(X) = np = 4 × 1 6 = 2 3 . En moyenne, le joueur peut espérer gagner 0,67 euro s’il lance les 4 dés un grand nombre de fois. Chaque saut d’obstacle est une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès p = 0,7. On a une répétition de 5 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Donc X suit la loi binomiale � (5 ; 0,7). P(X = 3) = (53) × 0,73 × 0,32 ≈ 0,3087 P(X � 4) = P(X = 5) = 0,75 ≈ 0,1681 QCMQCM c. Par définition d’une loi de probabilité : la somme des probabilités des événements (X = k), pour k ∈ { 0 ; 1 ; 2 ; 3 } , est égale à 1. b. Attention : le joueur mise 1 €. Pour obtenir le gain algébrique, il faut retrancher la mise. Il y a deux pièces de 0,50 € parmi les quatre pièces, donc P(X = –0,50) = 1 2 . La loi de probabilité de X est le tableau : xi – 0,50 0 1 P(X = xi) 1 2 1 4 1 4 a. E(X) = 1 2 × (–0,50) + 1 4 × 0 + 1 4 × 1 = 0 L’espérance est nulle, donc le jeu est équitable. a. L’expérience qui est répétée deux fois de manière identique a deux issues A et B de probabilités respectives : P(A) = 2 5 et P(B) = 3 5 . c. « Obtenir au moins un A » est l’événement contraire de « obtenir (B , B) ». Donc la probabilité d’obtenir au moins un A est 1 – P( (B , B) ). a. Par définition des coefficients binomiaux, le nombre de listes où le résultat A apparaît une seule fois, parmi 2 répétitions, est (21) . b. Résultat obtenu à la calculatrice : (21) = 2. c. La loi binomiale ne peut s’appliquer que lors de la répétition d’expériences identiques et indépendantes à 2 issues seulement. a. Par définition des paramètres d’une loi bino- miale, si c’est la loi � (3 ; 0,7), alors la probabilité du succès est le paramètre 0,7 . b. L’événement E : « obtenir au moins un succès » est l’événement contraire de l’événement : « obtenir 3 échecs » ; d’où P(E) = 1 – 0,83 . (p. 157) a. (31) = 3 et (32) = 3 (31) = (32). Le nombre de scores où le candidat gagne une seule fois au cours des 3 branches est égal au nombre de scores où le candidat gagne 2 fois au cours de 3 branches. En effet, le nombre de scores où le candi- dat gagne deux fois est égal au nombre de scores où le candidat perd une seule fois au cours des 3 branches. b. (52) = 10 et (53) = 10 Le nombre de scores où le candidat gagne 2 fois au cours des 5 branches est égal au nombre de scores où le candidat gagne 3 fois au cours de 5 branches. BAT_Chap06-LP.indd 111 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 112 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 112 1 Variable aléatoire : loi de probabilité et espérance (p. 158) Vrai ou faux ? a. Vrai : les valeurs prises par une variable aléatoire sont des nombres associés à chaque issue d’une expérience aléatoire. Ces valeurs peuvent être des réels quelconques : gains à un jeu, résultats sur un dé, etc. b. Vrai. c. Faux : il ne faut pas confondre la valeur xi prise par une variable aléatoire avec la probabilité P(X = xi) . d. Vrai. QCM a. Faux : P(1 � X � 4) = P(X = 2) = 0,2. b. Vrai : P(X � 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,35. c. Faux : P(X � 2) = 0,35 + 0,25 = 0,60. P(X � 2) = 0,20 + 0,20 = 0,40. d. Faux : X ne peut être à la fois égale à 1 et à 2, donc les événements (X = 1) et (X = 2) sont incompatibles : P( (X = 1) ∩ (X = 2) ) = 0. e. Vrai : la valeur la plus grande prise par la variable aléatoire est 4 ; donc P(« au moins 4 ») = P(X = 4) . Loi avec une inconnue P(X = 5) + P(X � 5) + P(X � 5) = 1 donc P(X = 5) = 1 – 1 3 – 1 2 = 1 6 xi 4 5 6 P(X = xi) 1 3 1 6 1 2 Valeurs d’une variable aléatoire On dresse un tableau à double entrée avec le dernier chiffre du produit des numéros. Par exemple, pour 3 et 6, on obtient 3 × 6 = 18, donc on garde 8. L’ensemble des valeurs prises par X est : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 } . Ainsi, par lecture du tableau, P(X = 0) = 7 48 . À l’aide d’un arbre de choix 1 On lance trois fois de suite une pièce de monnaie. Les issues possibles sont : P F 0,50,5 6 3 3 0 3 0 0 –3 P F 0,50,5 P F 0,50,5 P F 0,50,5 P F 0,50,5 P P F F 0,50,5 0,50,5 Issue (P ; P ; P) (P ; P ; F) (P ; F ; P) (P ; F ; F) Gain 6 3 3 0 Issue (F ; P ; P) (F ; P ; F) (F ; F ; P) (F ; F ; F) Gain 3 0 0 – 3 2 Les valeurs prises par la variable aléatoire X sont { – 3 ; 0 ; 3 ; 6 }. La loi de probabilité de la variable aléa- toire X est : xi – 3 0 3 6 P(X = xi) 1 8 3 8 3 8 1 8 À l’aide d’un tableau Les gains algébriques possibles sont : Gain J : + 5 B : – 1 R : 0 J : + 5 10 4 5 B : – 1 4 – 2 – 1 R : 0 5 – 1 0 Loi de probabilité de la variable aléatoire X : xi – 2 – 1 0 4 5 10 P(X = xi) 1 9 2 9 1 9 2 9 2 9 1 9 QCM 1 a. Les valeurs xi de la variable aléatoire X sont les nombres entiers de 1 à 21 et pi = P(X = xi) = 1 21 . E(X) = p1 × x1 + p2 × x2 + ... + p21 × x21 = 1 21 × 1 + 1 21 × 2 + ... + 1 21 × 21 = 1 21 × (1 + 2 + ... + 21) = 11 Ne pas hésiter à utiliser la calculatrice si les suites n’ont pas été vues. 2 Les valeurs prises par Y sont { − 2 ; 1 ; 10 }. La loi de probabilité de Y est le tableau : yi –2 1 10 P(Y = yi) 8 21 10 21 3 21 Recherche d’une relation xi α 20 30 P(X = xi) 0,5 0,25 p a. 0,5 + 0,25 + p = 1 donc p = 0,25 BAT_Chap06-LP.indd 112 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 113 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 113 b. et c. E(X) = 0,5α + 5 + 30p = 10 soit 0,5α + 12,5 = 10 donc α = – 5. Plusieurs défauts X est la variable aléatoire égale au nombre de défauts constatés. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 } . La loi de probabilité de la variable aléatoire X est : xi 0 1 2 P(X = xi) 0,92 0,05 0,03 1 a. Vrai. b. Faux : P((X � 1) ∪ (X � 2)) = P(X � 1) + P(X � 2) – P(1 � X � 2) = 0,08 + 1 – 0,08 = 1 c. Faux : E(X) = 0 + 0,05 + 0,06 = 0,11 2 Y est la variable aléatoire égale au prix de vente d’un objet. Les valeurs prises par Y sont { 10 ; 20 ; 35 }. La loi de probabilité de la variable aléatoire Y est : xi 10 20 35 P(X = xi) 0,03 0,08 0,92 E(Y) = 0,3 + 1,6 + 32,2 = 34,1. En moyenne, si le directeur du magasin vend un grand nombre d’objets, il peut espérer vendre ses objets au prix de 34,10 €. QCM – Propriétés de l’espérance 1 b. On a E(X) = ∑ (pi × xi) = 1,5. Les propriétés de l’espérance sont les mêmes que celles de la moyenne en statistiques à une variable. 2 b. 3 a. 4 b. 5 b. Chance au grattage 1 500 000 tickets du jeu Vegas sont émis au prix uni- taire de 3 €. Nombre de lots gagnants 8 200 800 9 000 Montant du lot (en €) 2 000 100 50 14 Nombre de lots gagnants 45 000 153 000 122 000 Montant du lot (en €) 7 2 1 1 a. La recette de la Française des Jeux est égale à 1 500 000 × 3 = 4 500 000 €. b. La somme totale redistribuée est égale à 945 000 € : 8 × 2 000 + 200 × 100 + 50 × 800 + 14 × 9 000 + 7 × 4 500 + 2 × 153 000 + 1 × 122 000 = 945 000 La part de la redistribution est de 945 000 4 500 000 = 0,21 soit 21 %. 2 8 tickets permettent de gagner le montant maxi- mal. La probabilité de gagner le montant maximal est égale à 8 1 500 000 ≈ 0,000 005. La Française des Jeux distribue : 8 + 200 + 9 000 + 45 000 + 153 000 + 122 000 = 330 008 lots gagnants. Le nombre de tickets perdants est donc : 1 500 000 – 330 008 = 1 169 992. La probabilité de ne rien gagner est égale à : 1 169 992 1 500 000 ≈ 0,779 995 soit environ 78 100 . 3 a. X est la variable aléatoire égale au gain du joueur. La loi de probabilité de la variable aléatoire X est : xi 1 997 97 47 11 P(X = xi) 0,000 005 0,000 133 0,000 533 0,006 xi 4 – 1 – 2 – 3 P(X = xi) 0,030 000 0,102 000 0,081 333 0,779 995 b. L’espérance de gain est égale à E(X) = – 2,17 €. En moyenne, si un joueur joue un grand nombre de fois, il perd 2,17 €. E(X) � 0 donc le jeu est défavorable au joueur. Jeu favorable ou défavorable a. Loi de probabilité de X : xi – 1 4 P(X = xi) 23 30 7 30 E(X) = 23 30 × (– 1) + 7 30 × 4 = 1 6 b. Le jeu est favorable au joueur. En effet, il peut espé- rer gagner 1 6 euro en jouant un grand nombre de fois. Pour un jeu équitable 1 Un joueur mise m euros et lance deux dés cubiques équilibrés. Parmi les 36 issues, celles correspondant à la somme 7 sont : (1 ; 6) , (6 ; 1) (2 ; 5) , (5 ; 2) (3 ; 4) , (4 ; 3). La probabilité d’obtenir une somme égale à 7 est 6 36 = 1 6 . Si la somme est égale à 7, le joueur gagne 15 €, sinon il ne gagne rien. Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur. Les valeurs prises par X sont, puisque le joueur mise m euros : { – m ; 15 – m }. La loi de probabilité de X est : xi – m 15 – m P(X = xi) 5 6 1 6 BAT_Chap06-LP.indd 113 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 114 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 114 2 Le jeu est équitable lorsque E(X) = 0 ⇔ – 5m + 15 – m = 0 ⇔ m = 15 6 = 5 2 = 2,5 Le joueur doit alors miser 2,50 euros. Cible à un anniversaire 1 P(R) = 1 – 0,008 – 8 × 0,0785 = 0,364 2 Soit X la variable aléatoire égale au gain du joueur, la loi de probabilité de X est : xi – 4 1 2 3 4 P(X = xi) 0,364 0,0785 0,0785 0,0785 0,0785 xi 5 6 7 8 10 P(X = xi) 0,0785 0,0785 0,0785 0,0785 0,008 3 E(X) = 1,45. En jouant un grand nombre de fois, un enfant peut espérer gagner en moyenne 1,45 points. Durée de vie moyenne 1 Des machines se sont arrêtées de fonctionner en 2006, 2007 et jusqu’en 2010. Par exemple, au 1er janvier 2007, il reste 96 machines en service, donc 4 machines sur 100 sont tombées en panne en 2006 et ces 4 machines ont eu une durée de vie d’un an. Ainsi : 96 – 44 = 52, on peut en conclure que 52 machines ont eu une durée de vie de deux ans. L’ensemble des valeurs prises par X est : { 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 }. 2 Loi de probabilité de X : xi 1 2 3 4 5 P(X = xi) 0,04 0,52 0,04 0,20 0,20 3 a. P(X � 3) = 0,04 + 0,52 = 0,56. b. P(X � 1) = 1. c. P(3 � X � 5) = 0,24. 4 E(X) = 3. On peut espérer obtenir une durée de vie moyenne de 3 ans. Espérance de vente 1 a. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de bibelots vendus. La loi de probabilité de X est : xi 0 1 2 3 4 P(X = xi) 0,3 0,2 0,25 0,15 0,1 b. E(X) = 1,55. Si le démarcheur effectue un grand nombre de ventes, il peut espérer vendre en moyenne 1,55 bibelots par jour. 2 Le bénéfice est de 20 € par bibelot par jour. L’espérance de bénéfice pour 21 jours de vente est égale à 21 × 20 × 1,55 = 651 euros. Approche de l’espérance d’une variable aléatoire par simulation à la calculatrice 2 Voir Script dans le manuel numérique. Remarque : Rester sur place est considéré comme un pas. a. Soit X la variable aléatoire égale à l’abscisse du point d’arrivée du robot après 2 pas. Les valeurs prises par X sont obtenues par le tableau ci-dessous : – 1 0 1 – 1 – 2 – 1 0 0 – 1 0 1 1 0 1 2 La loi de probabilité de X est : xi – 2 – 1 0 1 2 P(X = xi) 1 9 2 9 3 9 2 9 1 9 b. E(X) = – 2 9 – 2 9 + 2 9 + 2 9 = 0. Après un grand nombre de trajets, on peut espérer que le robot revienne au point de départ après deux pas. c. Le résultat obtenu par l’expérience précédente est très proche du résultat de l’espérance. Prolongement : On peut recommencer l’expérience avec 3 pas du robot. (Voir Script dans le manuel numérique.) xi –3 –2 –1 0 1 2 3 P(X = xi) 1 27 3 27 6 27 7 27 6 27 3 27 1 27 E(X) = 0. BAT_Chap06-LP.indd 114 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 115 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 115 QCM a. Faux : la première expérience a trois issues et elle est suivie d’une expérience à deux issues. b. Vrai : de chaque nœud partent deux branches. c. Faux : les probabilités des issues A et B changent lors de la deuxième expérience. QCM On cherche si les situations données correspondent à une répétition d’expériences identiques et indépen- dantes. a. Vrai : comme le tirage est avec remise et que les deux expériences sont identiques, elles sont bien indépendantes. b. Faux : comme Cassandre mange un macaron, lors du deuxième choix, il n’y a plus le même nombre de macarons : les conditions ont changé. Les expériences ne sont donc pas identiques. c. Vrai : le procédé du sondage indique une répéti- tion de 5 expériences identiques, car on admet que le nombre de personnes est suffisamment impor- tant pour qu’on l’assimile à un tirage avec remise. Comme la réponse d’une personne n’a aucune influence sur celle des autres, les expériences sont indépendantes. d. Vrai. C’est une répétition de deux expériences identiques, jeter un dé et jeter un second dé, et le résultat sur le premier dé est indépendant du résultat sur le deuxième. Construire un arbre pour un sondage A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A A _ A _ A 0,40,6 0,40,6 Sondage à trois choix M M 0,5 0,5 0,3 0,3 0,2 0,2 R D R D D 0,5 0,3 0,2 0,5 0,3 0,2 M RM R D 2 Répétition d’expériences identiques et indépendantes (p. 161) Choix d’un quotidien matinal 1 M 0,3 0,6 0,1 V D 2 M M M 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D 3 M M M 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D 0,3 0,6 0,1 M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D M M V 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D M M D 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D L’arbre contient 33 = 27 branches. BAT_Chap06-LP.indd 115 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 116 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 116 Vrai ou faux ? – Espérance L’ensemble des valeurs de X est { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. On applique le principe multiplicatif pour calculer la probabilité d’une liste. 1 a. Faux : P(X = 3) = 0,63 = 0,216. b. Vrai : P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,43. Se souvenir que les deux événements (X � 1) et (X � 1) sont deux événements contraires, car les intervalles ] – ∞ ; 1 [ et [ 1 ; + ∞ [ sont disjoints et leur réunion est � . c. Faux : il y a 3 listes où une seule personne est intéressée : (A, A, A) ; (A, A, A) et (A, A, A). Donc P(X = 1) = 3 × 0,6 × 0,4² = 0,288. 2 Loi de probabilité de X : xi 0 1 2 3 pi 0,43 = 0,064 0,288 3 × 0,6² × 0,4 = 0,432 0,216 L’espérance est E(X) = 1,8. Principe multiplicatif 1 M M 0,5 0,5 0,3 0,3 0,2 0,2 R D R D D 0,5 0,3 0,2 0,5 0,3 0,2 M RM R D L’enquête peut être considérée comme la répétition de deux épreuves identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de per- sonnes ayant choisi le bord de mer comme destination de vacances. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 }. (X = 0) = { (D ; D) ; (D ; R) ; (R ; D) ; (R ; R) } (X = 1) = { (D ; M) ; (R ; M) ; (M ; D) ; (M ; R) } (X = 2) = { (M ; M) } La probabilité d’une issue s’obtient en calculant le produit des probabilités sur les branches menant à cette issue. P(X = 0) = 0,2 × 0,2 + 2 × 0,2 × 0,3 + 0,3 × 0,3 = 0,04 + 0,12 + 0,09 = 0,25 P(X = 1) = 2 × 0,5 × 0,2 + 2 × 0,5 × 0,3 = 0,2 + 0,30 = 0,5 P(X = 2) = 0,5 × 0,5 = 0,25 La loi de probabilité de X est : xi 0 1 2 P(X = xi) 0,25 0,5 0,25 2 P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 0,75 3 E(X) = 1. Après un grand nombre d’enquêtes auprès de deux personnes, on peut espérer obtenir en moyenne une personne ayant choisi le bord de mer comme destination de vacances. Espérance de bon fonctionnement 1 a. La vente de 4 tablettes peut être considérée comme la répétition de 4 épreuves identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de tablettes qui fonctionnent correctement. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 } . Soit F : « la tablette fonctionne correctement » et P : « la tablette a des problèmes de fonctionnement ». 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,95 0,950,95 0,950,95 0,95 0,95 0,950,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,050,95 P P P P F P F F F P F P F P F P P P F F P F F F P F P F P F Il y a (40) = 1 chemin ne contenant aucune tablette fonctionnant correctement : (P ; P ; P ; P) . Il y a (41) = 4 chemins contenant une tablette fonctionnant correctement :{ (F ; P ; P ; P) , (P ; F ; P ; P) , (P ; P ; F ; P) , (P ; P ; P ; F) } . Il y a (42) = 6 chemins contenant deux tablettes fonctionnant correctement : { (F ; F ; P ; P) , (F ; P ; F ; P) , (P ; F ; P ; F ; P) , (P ; P ; F ; F ) , (F ; P ; P ; F) , (P ; F ; F ; P) } BAT_Chap06-LP.indd 116 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 117 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 117 QCM Le nombre (32) peut se calculer à l’aide de la calcula- trice T.I.™ par l’instruction : c. PRB 3 : Combinaison Vrai ou faux ? a. Faux : (32) est un nombre de listes, donc c’est un entier naturel. b. Vrai : il y a 3 listes contenant 2 fois S et 3 listes contenant 1 fois S. c. Faux : (32) = 3 et il n’y a pas de listes contenant 3 succès si on ne répète que deux fois la même expé- rience. d. Faux : on n’ajoute pas. e. Vrai : 8 est le nombre total de listes de l’arbre. On peut aussi vérifier à l’aide de la calculatrice. Vrai ou faux ? a. Faux : dans une liste, il y a toujours trois résultats. Exemple : (S, S, E) car on répète trois fois la même expé- rience aléatoire. b. Vrai : revoir la définition page 152. c. Faux. d. Vrai : (31) est le nombre de listes contenant 1 fois S parmi 3. Donc dans chacune de ces listes, on aura 2 fois E. Déplacements sur un quadrillage 1 a. On obtient le nombre inscrit dans la case verte en ajoutant les nombres situés dans les cases 1 et 2 de la ligne du dessus. Le nombre de la case jaune s’obtient en ajoutant tous les nombres de la ligne au-dessus : 1 + 2 + 3 = 6. b. 3 chemins permettent d’arriver à la case verte : (D ; B ; B) ; (B ; D ; B) ; (B ; B ; D). 6 chemins permettent d’arriver à la case jaune : (D ; D ; B ; B) , (B ; B ; D ; D) , (D ; B ; D ; B), (B ; D ; B ; D) , (D ; B ; B ; D) , (B ; D ; D ; B). 2 a. E 1 1 1 1 2 3 4 1 3 6 10 1 4 10 20 b. 20 chemins permettent d’aller de E à A. Un autre quadrillage Soit X la variable aléatoire égale au nombre de déplacements D, d’une case vers la droite, du robot. 1 Pour arriver à la case jaune, il faut suivre 2 dépla- cements vers la droite et un déplacement vers la gauche. L’événement correspondant est (X = 2). Pour arriver à la case verte, il faut suivre 1 déplacement vers la droite et deux déplacements vers la gauche. L’événement correspondant est ( X = 1 ) . Pour arriver à la case orange, il faut suivre 3 déplace- ments vers la droite et 3 déplacements vers la gauche. L’événement correspondant est (X = 3). 2 a. Pour la case jaune, n = 3 et k = 2. b. Pour la case 6, n = 4 et k = 2. Pour la case orange, n = 6 et k = 3. c. (32) + (33) = (43) d. Exemples : (31) + (32) = (42) ; (30) + (31) = (41) ; (41) + (42) = (52) ; (42) + (43) = (53) ; (52) + (53) = (63) . Il y a (43) = 4 chemins contenant trois tablettes fonctionnant correctement : { (F ; F ; F ; P), (F ; F ; P ; F) , (F ; P ; F ; F ; F), (P ; F ; F ; F) } . Il y a (44) = 1 chemin ne contenant aucune tablette fonctionnant correctement (F ; F ; F ; F) . La probabilité d’une issue s’obtient en calculant le produit des probabilités sur les branches menant à cette issue. P(X = 0) = 0,954 P(X = 1) = 4 × 0,05 × 0,953 P(X = 2) = 6 × 0,052 × 0,952 P(X = 3) = 4 × 0,053 × 0,95 P(X = 4) =0,054 La loi de probabilité de X est : xi 0 1 2 3 4 P(X = xi) 0,814 506 25 0,171 475 0,013 537 5 0,000 475 0,000 006 25 b. P(X � 3) = P(X = 3) + P(X = 4) ≈ 0,0005. 2 E(X) = 0,2. Après avoir vendu un grand nombre de fois 4 tablettes, le vendeur peut espérer que 0,2 tablettes présenteront un défaut de fonctionnement pendant la période de garantie. BAT_Chap06-LP.indd 117 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 118 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 118 Planche de Galton et Triangle de Pascal 1 a. Pour aller de E à A, la bille doit se déplacer une fois vers la droite et deux fois vers la gauche. Il y a 3 chemins possibles. Pour aller de E à C, il faut se déplacer une fois vers la droite et trois fois vers la gauche. Il y a 4 chemins possibles. Pour aller de E à B, il faut se déplacer deux fois vers la droite et deux fois vers la gauche. Il y a 6 chemins possibles. b. Il y a donc 4 + 6 = 10 chemins possibles pour aller de E à D. 2 3 4 5 3 6 10 1 1 2 1 1 1 1 1 1 R 1 1 1 4 5 3 a. Pour arriver à R, on peut venir de la case 6 ou de la case 4 de la ligne précédente. Pour arriver à la case 6, il faut se déplacer de deux cases à droite et deux cases à gauche. Il y a donc (42) chemins. Pour arriver à la case 4, il faut se déplacer de trois fois vers la droite et d’une fois vers la gauche. Il y a (43) chemins. Pour arriver à la case R, il faut se déplacer de 3 cases vers la droite et deux cases vers la gauche. Il y a (53) chemins. Donc (41) + (42) = (53) . b. 1 1 o 1 1 o 2 o 1 1 o 3 o 3 o 1 1 o 4 o 6 o 4 o 1 1 o 5 o 10 o 10 o 5 o 1 1 o 6 o 15 o 20 o 15 o 6 o 1 1 o 7 o 21 o 35 o 35 o 21 o 7 o 1 3 Loi binomiale (p. 164) Vrai ou faux ? – Épreuve 1 Faux : répéter quatre épreuves de Bernoulli indé- pendantes ne suffit pas pour obtenir une loi binomiale : il faut aussi que les quatre épreuves soient identiques. 2 Faux : avec la loi binomiale � (3 ; 0,2), la probabilité d’obtenir 3 succès est 0,23. 3 Faux : les trois tirages avec remise sont trois expé- riences identiques et indépendantes. Le succès est d’obtenir une boule rouge, de probabilité p = 6 8 = 0,75. La variable aléatoire X égale au nombre de boules rouges tirées suit la loi binomiale � (3 ; 0,75). QCM 1 a. Le paramètre de la loi de Bernoulli est la probabilité du succès. 2 b. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (0,8)² On a aussi : P(X � 1) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) = 3 × 0,2 × 0,82 + 3 × 0,22 × 0,8 + 0,23 Vrai ou faux ? – Loi binomiale à reconnaître 1 Vrai : c’est la loi binomiale � (4 ; 0,5) . 2 Vrai : c’est la loi binomiale � (3 ; 16) . 3 Faux : après chaque tirage, on ne remet pas la carte, donc les trois expériences successives ne sont pas identiques et la loi de probabilité du nombre de Dames apparues ne suit pas une loi binomiale. Vrai ou faux ? – Loi binomiale connue 1 Vrai. 2 Faux : Les valeurs prises par X sont : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 }. 3 Faux : La probabilité d’obtenir un échec est égale à la probabilité d’obtenir 4 succès : P(X = 4) = (54) × 0,34 × 0,7 Vrai ou faux ? – Probabilités d’une loi binomiale 1 Faux : P(X = 1) = (31) × 0,4 × 0,62 2 Faux : P(X = 4) est impossible car le nombre maximal de succès est 3. 3 Faux : P(X � 3) = 1 – P(X = 3) = 1 – 0,43 Reconnaître une loi binomiale 1 a. Le choix d’une viennoiserie est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Apporter un pain au chocolat » de probabilité p = 0,5 . Le choix des trois amies est la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de pains au choco- lat apportés, X suit la loi binomiale � (3 ; 0,5). b. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 } . BAT_Chap06-LP.indd 118 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 119 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 119 c. (X = 2) : « Les amies ont apporté exactement deux pains au chocolat et un croissant. » (X � 1) : « Les amies ont apporté au moins un pain au chocolat. » d. Le nombre d’issues de l’événement (X = 2) est (32) = 3. 2 a. E S 0,50,5 E S 0,50,5 E S 0,50,5 E S 0,50,5 E S 0,50,5 E E S S 0,50,5 0,50,5 b. P(X = 2) = (32) × 0,52 × 0,5 = 3 × 0,53 = 0,375 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,53 = 0,875 Musique et coefficients binomiaux 1 Choisir au hasard quatre chansons parmi 25 indique la répétition de 4 épreuves identiques et indépen- dantes de Bernoulli, car il est indiqué qu’une chanson peut être choisie plusieurs fois. Le succès est l’évé- nement : « avoir choisi une chanson inédite » de proba- bilité 5 25 = 0,2 . On reconnaît la loi binomiale � (4 ; 0,2). La variable aléatoire X égale au nombre de chansons inédites prend toutes les valeurs de l’ensemble { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 }. 2 P(A) = P(X = 3) et P(B) = P(X � 1). 3 a. Arbre pondéré représentant la situation où le succès est S : « avoir choisi une chanson inédite ». E S 0,20,8 E E E S S 0,20,8 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 0,20,8 E S 0,20,8 E E E S S 0,20,8 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 b. L’issue (X = 2) est telle que l’on a obtenu exactement 2 chansons inédites parmi les 4. Or le nombre de listes comportant 2 succès parmi 4 est le coefficient binomial (42) . Le nombre de listes comportant 4 succès est (44) . 4 a. P(X = 2) = (42) × 0,2² × 0,8² . b. P(X = 3) = (43) × 0,23 × 0,8 . c. P(X = 5) = 0 , car X = 5 est un événement impossible : on ne choisit que 4 chansons, on ne peut pas en obtenir 5 inédites. Calculs à la calculatrice 1 a. Le choix d’un chocolat est une épreuve de Bernoulli de succès S : « choisir une truffe au chocolat noir » de probabilité p = 0,75. Le visiteur choisit 5 truffes. On reconnaît la répéti- tion de 5 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. X suit la loi binomiale � (5 ; 0,75). Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 }. b. À l’aide de la calcula- trice, on obtient la loi de probabilité de X. xi 0 1 2 3 4 5 P(X = xi) 0,0010 0,0146 0,0879 0,2637 0,3955 0,2373 c. P(X � 3) = 0,8965. La probabilité que le visiteur mange au moins 3 truffes au chocolat noir est égale à 0,8965 . 2 a. Mathéo prend 10 truffes. Ici, la variable aléatoire X suit la loi binomiale � (10 ; 0,75). La probabilité que toutes les truffes soient au chocolat noir est P(X = 10) = 0,7510 ≈ 0,0563. b. Elora choisit 6 truffes. X suit la loi binomiale � (6 ; 0,75). Elle est malade si elle prend au moins 4 truffes au praliné, donc au plus 2 truffes au chocolat noir. P(X � 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) = 0,0376 Tirages successifs avec remise 1 Voir ci-dessous. 2 Tirer une boule de l’urne est une épreuve de Bernoulli de succès S : « tirer une boule bleue » de probabilité n 10 . On tire successivement avec remise deux boules parmi 10. On a la répétition de 2 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de boules bleues tirées. X suit la loi binomiale � (2 ; n10) . 3 a. P(X = 1) = (21) × n10 × 10 – n10 = 2n(10 – n)100 b. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (10 – n10 ) 2 = 100 – (10 – n) 2 100 = 20n – n 2 100 4 P(X � 1) = 0,96 ⇔ 20n – n 2 100 = 0,96 ⇔ 20n – n2 = 96 n2 – 20n + 96 = 0 ⇔ n = 8 ou n = 12. Or l’urne contient 10 boules donc n = 8. L’urne doit contenir 8 boules bleues pour que la probabilité d’obtenir au moins une boule bleue soit égale à 0,96. 5 E(X) = np = 2n 10 = n 5 . BAT_Chap06-LP.indd 119 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 120 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 120 E(X) � 1 ⇔ n � 5. Si le nombre de boules bleues est supérieur ou égal à 5, on peut espérer obtenir en moyenne au moins une boule bleue, lors d’un grand nombre de tirages de deux boules de l’urne. 10 – n— 10 n— 10 10 – n— 10 n— 10 E E S 10 – n— 10 n— 10 E S S Faces étrangères sur les pièces 2 La caisse contient trois fois plus de pièces d’un euro que de pièces de deux euros. La part des pièces d’un euro est donc 3 4 et celle de deux euros, 1 4 . Dans la caisse, la part des pièces de deux euros ayant une face étrangère est 0,4 × 0,25 = 0,1. Dans la caisse, la part des pièces d’un euro ayant une face étrangère est 0,08 × 0,75 = 0,06 . La part des pièces ayant une face étrangère est donc : 0,1 + 0,06 = 0,16. Prélever au hasard une pièce de la caisse est une épreuve de Bernoulli de succès S : « la face est étran- gère » de probabilité p = 0,16. On prélève 20 pièces successivement avec remise, donc on reconnaît la répétition de 20 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. On note X la variable aléatoire qui associe à chaque prélèvement le nombre de pièces portant une face étrangère. X suit la loi binomiale � (20 ; 0,16). 3 a. P(X = 5) = (205 ) × 0,165 × 0,8415 ≈ 0,12 b. P(X � 2) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) ≈ 0,85 4 E(X) = np = 20 × 0,16 = 3,2. En tirant un grand nombre de fois 20 pièces dans la caisse, le commerçant peut espérer obtenir en moyenne 3,2 pièces de face étrangère. Combien de lancers au moins ? Le lancer du ballon est une épreuve de Bernoulli de succès : « Julien marque un panier », de probabilité p = 0,6. Julien lance le ballon 4 fois de suite donc on a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de paniers marqués au cours de 4 lancers successifs. X suit la loi binomiale � (4 ; 0,6) . 1 a. P(X = 3) = (43) × 0,63 × 0,4 = 0,3456 b. P(X = 0) = 0,44 = 0,0256 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 0,9744 2 Julien effectue n lancers. X suit la loi binomiale � (n ; 0,6). P(X � 1) � 0,999 ⇔ 1 – 0,4n � 0,999 Julien doit au moins réaliser 8 lancers pour que la pro- babilité qu’il marque au moins un panier soit supérieure à 0,999. Problème historique 1 a. Le lancer d’un dé est une épreuve de Bernoulli de succès S : « le 6 apparaît » de probabilité p = 1 6 . On lance deux dés. On reconnaît la répétition de deux épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de 6 apparus. X suit la loi binomiale � (2 ; 16) . P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (56) 2 = 1 – 25 36 = 11 36 b. On lance n fois le dé, donc X suit la loi binomiale � (n ; 16) . P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (56) n n � 1. La valeur de n, pour laquelle il est avantageux de parier d’obtenir un six est telle que 1 – (56) n � 0,5. À l’aide du tableau de valeurs de la calculatrice, on trouve n � 4 . 2 a. Lancer les deux dés est une épreuve de Bernoulli de succès S : « obtenir deux six » de probabilité p = 1 36 . La probabilité de « sonnez » en un seul coup est 1 36 . (valeur modifiée par rapport à l’édition 01). b. On lance n fois les deux dés. On reconnaît la répé- tition de n épreuves de Bernoulli, de succès S. Donc, si BAT_Chap06-LP.indd 120 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 121 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 121 Y est la variable aléatoire égale au nombre de fois où l’on obtient deux 6, Y suit la loi binomiale � (n ; 136) . P(Y � 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – (3536) n c. La valeur de n, pour parier avec avantage, est telle que 1 – (3536) n � 0,5. À l’aide du tableau de valeurs de la calculatrice, on obtient : n � 25. Il y a 6 fois plus d’issues en lançant deux dés qu’en lan- çant un seul dé, mais le nombre de fois pour lesquelles il faut lancer les dés pour parier avec avantage n’est pas égal à 6 × 4 : 1 – (3536) 4 ≈ 0,49. Prévisions bonus-malus PARTIE APARTIE A 1 a. Avoir ou non un accident pendant une année est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Le conduc- teur a un accident au cours de l’année » de probabilité p = 0,26. On étudie le nombre d’accidents sur trois années sachant que le fait d’avoir ou non un accident une année n’influe pas sur le nombre d’accidents de l’année suivante. On a la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’acci- dents au bout de trois années. X suit la loi binomiale � (3 ; 0,28). X prend les valeurs { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. b. E S 0,260,74 E S 0,260,74 E S 0,260,74 E S 0,260,74 E S 0,260,74 E E S S 0,260,74 0,260,74 2 a. P(X = 0) = 0,743 ≈ 0,4052 b. P(X = 1) = (31) × 0,26 × 0,742 ≈ 0,4271 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0, 405224 ≈ 0,5948 PARTIE BPARTIE B L’assuré n’a pas d’accident pendant n années donc le montant de son assurance baisse chaque année de 5 % : CM = 0,95n. La valeur de n telle que le bonus de l’assuré atteint 50 % est telle que 0,95n = 0,50. L’assuré devra attendre 14 ans pour que son bonus atteigne 50 %. PARTIE CPARTIE C Soit Y la variable aléatoire égale au pourcentage d’évolution de la prime d’assurance au bout des trois années. Issue (E, E, E) (E, E, S) (E, S, E) (S, E, E) (E, S, S) (S, E, S) (S, S, E) (S, S, S) CM 0,953 0,952 × 1,25 0,95 × 1,25 1 0,95 × 1,252 1,252 1,252 1,253 Taux yi (en %) – 14 13 19 0 49 56 56 95 P(Y = yi) 0,4052 0,1424 0,1424 0,1424 0,0500 0,0500 0,0500 0,0176 E(Y) ≈ 8,56. En moyenne, pour un grand nombre de conducteurs, le taux d’évolution de la cotisation d’assurance sur trois ans est de 8,56 %. À partir d’une répartition 1 a. Une question posée à un étudiant est une épreuve de Bernoulli de succès S : « L’étudiant poursuit ses études en université », de probabilité p = 0,626 . On interroge 8 étudiants. On a donc la répétition de 8 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. La variable aléatoire X suit la loi binomiale � ( 8 ; 0,626 ). L’ensemble des valeurs prises par X est : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 }. b. P(X = 2) = (82) × 0,6262 × 0,3746 ≈ 0,03 2 À l’aide de la calcula- trice, on obtient la loi de probabilité de X. xi 0 1 2 3 4 P(X = xi) 0,0004 0,0051 0,0300 0,1005 0,2103 xi 5 6 7 8 P(X = xi) 0,2816 0,2357 0,1127 0,0236 BAT_Chap06-LP.indd 121 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 122 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 122 0,00 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0 1 2 3 4 5 6 7 8 3 a. E(X) ≈ 5 b. � = B8 × 0,626 × 0,374 ≈ 1,37 c. [ E(X) – � ; E(X) + � ] = [ 3,69 ; 6,38 ] P(E(X) – �) � X � P(E(X) + �) ≈ 0,727 6 À partir d’un diagramme en boîte 1 a. Q1 = 245 donc P(X � 245) = 0,25. b. La loi de probabilité de X est : xi [ 220 ; 230 ] ] 230 ; 245 ] ] 245 ; 248 ] P(X = xi) 0,1 0,15 0,25 xi ] 248 ; 260 ] ] 260 ; 272 ] ] 272 ; 280 ] P(X = xi) 0,25 0,15 0,10 2 a. Prélever un paquet au hasard est une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès S : « le poids du paquet est inférieur ou égal à 248 g », de probabilité p = 0,5 . On prélève 3 paquets successivement avec remise, donc on a la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Y suit la loi binomiale � (3 ; 0,5). b. P(Y = 3) = 0,125 c. P(Y = 2) = 0,375 d. P(Y � 1) = 1 – P(Y= 0) = 1 – 0,125 = 0,875 Hasard et QCM 1 Il y a 8 résultats possibles. F J F J F J F J F JF F J J 2 a. Il y a (31) issues correspondant à l’événement A, donc P(A) = 3 8 . b. B : « Obtenir aucune réponse juste ». Il n’y a qu’une seule issue correspondante : (F ; F ; F). P(B) = 1 8 3 a. Une question est une épreuve de Bernoulli de succès : « obtenir la note 1 » de probabilité p = 3 8 . Le professeur pose 3 questions, donc on a la répéti- tion de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. Soit X la variable aléatoire qui, à chaque résultat, associe la note obtenue par l’élève. X suit la loi binomiale � (3 ; 38) . Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. b. À l’aide de la calculatrice, on obtient : xi 0 1 2 3 P(X = xi) 0,244 0,439 0,264 0,053 c. E(X) = np = 9 8 = 1,125 4 Soit Y la variable aléatoire qui, à chaque résultat, associe la note obtenue par l’élève. La loi de probabilité de Y est : yi 0 0,5 1,75 3 P(Y = y) 0,244 0,439 0,264 0,053 E(Y) ≈ 0,8 BAT_Chap06-LP.indd 122 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 123 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 123 Exercice guidé 1 Tableau donnant les sommes possibles : S A B C A 140 160 180 B 160 180 200 C 180 200 220 Loi de probabilité : si 140 160 180 200 220 P(S = si) 1 9 2 9 3 9 2 9 1 9 P(S � 200) = 1 – P(S = 200) – P(S = 220) = 6 9 = 2 3 (p. 169) 5 Soit Z la variable aléatoire égale à la note obtenue par Magali à un QCM comportant 20 questions. Z suit la loi binomiale � (20 ; 38) . Les valeurs prises par Z sont { 0 ; 1 ; 2 ; … ; 20 }. E(Z) = np = 20 × 0,375 = 7,5. Si Magali répond totalement au hasard à plusieurs QCM de 20 questions, elle peut espérer obtenir en moyenne la note 7,5. Quand p varie La proportion de boules orange dans l’urne est p. On tire 6 boules successivement avec remise. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de boules orange tirées. X suit une loi binomiale � (6 ; p). On note k le nombre de boules orange obtenues. 1 a. Les valeurs prises par X sont : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 }. b. d. et e. La probabilité d’obtenir deux boules orange semble maximale pour p = 0,3. 2 a. P(X = 2) = (62) p2 (1 – p)4 = 15 p2 (1 – p)4 b. f (x) = x2 (1 – x)4 ; f = uv ; f' = u'v + v'u f' (x) = 2x (1 – x)4 + (– 4 (1 – x)3) x2 = 2x (1 – x)3 ( (1 – x) – 2x ) = 2x (1 – x)3 (1 – 3x) c. Sur l’intervalle [ 0 ; 1 ], 2x (1 – x)2 � 0 donc f ' (x) a le même signe que 1 – 3x. Sur l’intervalle [ 0 ; 13 ] , f' (x) � 0 donc f est croissante et, sur l’intervalle [ 13 ; 1 ] , f' (x) � 0 donc f est décroissante. d. Tableau de variations de f sur l’intervalle [ 0 ; 1 ] : x 0 1 3 1 f' (x) 0 + 0 – 0 f (x) 16 729 f' s’annule et change de signe en 1 3 , f admet un extre- mum qui ici est un maximum. e. Pour que la probabilité d’obtenir deux boules orange soit maximale, l’urne doit contenir 1 3 de boules orange. BAT_Chap06-LP.indd 123 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 124 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 124 2 a. On reconnaît la répétition de 4 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes, à deux issues, avec une probabilité de succès p = P(D � 200) = 2 3 . La loi est la loi binomiale � (4 ; 23) . On utilise la calculatrice pour obtenir les probabilités : P(D = 2) ≈ 0,296 . b. P(D � 1) = 1 − P(D = 0) ≈ 0,988 . c. La question revient à calculer l’espérance de D : E(D) = 8 3 ≈ 2,667 Variable aléatoire à l’aide d’un tableau 1 Les valeurs prises par X sont { 0 ; 500 ; 1000 }. 2 B A 1 2 3 4 5 1 0 0 0 0 0 2 500 500 500 1 000 500 3 0 0 0 0 0 3 La loi de probabilité de X est : xi 0 500 1 000 P(X = xi) 10 15 4 15 1 15 E(X) = 3 000 15 = 200 ; E(X) � 0 donc le jeu est favorable au joueur. Pour un jeu équitable 1 On suppose que m = 2. a. X Q { – 4 ; – 2 ; 5 ; 14 }. b. Le gain algébrique du joueur est 5 € lorsqu’une des 4 cases vertes s’allume et, à chaque jeu, chaque case a la même probabilité de s’allumer. D’où : P(X = 5) = 4 30 = 2 15 . c. (X � 0) est l’événement : « une case jaune ou une case bleue s’allume ». P(X � 0) = 24 30 = 0,8 d. Pour calculer l’espérance, on détermine d’abord la loi de probabilité de X : xi – 4 – 2 5 14 P(X = xi) 9 15 3 15 2 15 1 15 D’où l’espérance E(X) = ∑ (pi × xi) = – 6 15 . 2 m est un entier naturel. a. L’ensemble des valeurs de X est : { – 2 – m ; – 2 ; 5 ; 14 }. xi – 2 – m – 2 5 14 P(X = xi) 9 15 3 15 2 15 1 15 b. E(X) = 9 15 × (– 2 – m) + 3 15 × (– 2) + 2 15 × 5 + 1 15 × 14 E(X) = 9 15 × (– 2 – m) + 18 15 = 9 (– 2 – m) + 18 15 = – 9m 15 = – 3 5 m E(X = 0) ⇔ – 3m = 0 ⇔ m = 0 Si m est positif, l’espérance est toujours négative. c. Dans le cas où le jeu est équitable, alors : – 2 – m = – 2 Les gains positifs sont seulement 5 € et 14 €. P(X = 5) + P(X = 14) = 3 15 = 0,2. Le joueur est gagnant avec une probabilité de 0,2. Un ou plusieurs défauts 1 Avec le défaut A Sans le défaut A Total Avec le défaut B 8 4 12 Sans le défaut B 8 180 188 Total 16 184 200 2 a. p1 = 180 200 = 0,9 b. p2 = 8 200 = 0,04 3 a. Soit X la variable aléatoire qui, à chaque objet choisi au hasard dans la production, associe son prix de revient. Les valeurs prises par X sont { 95 ; 105 ; 110 ; 120 }. b. La loi de probabilité de X est : xi 95 105 110 120 P(X = xi) 0,9 0,04 0,02 0,04 E(X) = 96,7 c. En vendant 96 € chaque objet, l’usine ne peut pas espérer faire de bénéfice par objet car le montant des coûts est en moyenne 96,70 €. Elle réalise une perte de 0,70 € par objet. d. Bénéfice unitaire = prix de vente unitaire – coûts unitaires. Sachant que le montant des coûts est de 96,70 €, pour réaliser un bénéfice de 10 € par objet, l’usine doit vendre chaque objet au moins au prix de 96,70 + 10 euros, soit 106,70 €. BAT_Chap06-LP.indd 124 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 125 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 125 Tout sur le vert ? Espérance et inéquation 1 a. R R B BV V 1— 4 1— 4 1— 3 1— 3 5— 12 5— 12 b. On peut obtenir un secteur bleu au premier lancer ou au deuxième lancer. La probabilité d’obtenir un secteur bleu au premier lancer est 1 3 . D’après le principe multiplicatif, la probabilité d’obtenir un secteur bleu au deuxième lancer est 5 12 × 1 3 donc, ces deux événe- ments étant disjoints, la probabilité d’obtenir un sec- teur bleu à la fin du jeu est 1 3 + 5 36 = 17 36 . 2 Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur à l’issue de la partie, les valeurs prises par X sont { – 3 ; – 2 ; 0 ; 1 ; 6 }. a. P(X = –3) = P(B1) = 1 3 P(X = – 2) = P( (B1, B2) ) = 5 12 × 1 3 = 5 36 b. La loi de probabilité de X est : xi – 3 – 2 0 1 6 P(X = xi) 1 3 5 36 ( 512) 2 5 48 1 4 E(X) ≈ 0,326 3 a. La roue se compose maintenant de 3 secteurs rouges, 4 secteurs bleus et n secteurs verts, n étant un entier naturel non nul. Soit Xn la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur à l’issue de la partie. xi – 3 – 2 0 1 6 p(Xn = xi) 4 n + 7 4n (n + 7)2 n2 (n + 7)2 3n (n + 7)2 3 n + 7 b. E(Xn) = – 12 (n + 7) – 8n + 3n + 18 (n + 7) (n + 7)2 = n + 42 (n + 7)2 c. E(Xn) � 0,52 ⇔ n + 42 � 0,52 (n2 + 14n + 49) 0,52n2 + 6,28n – 16,52 � 0 ⇔ 0 � n � 2 QCM – Statistiques et probabilités 1 c. Par lecture du diagramme. 2 a. Vrai : D1 = 900 donc 10 % des salariés ont un salaire inférieur ou égal à 900 €. b. Vrai : D9 = 3 000 donc 10 % des salariés ont un salaire supérieur à 3 000 €. c. Faux : Q1 = 1 100 et Me = 1 400 donc 25 % des salariés ont un salaire compris entre 1 100 et 1 400 €. 3 b. Vrai : 15 % car D1 = 900 et Q1 = 1 100 . 4 b. Vrai : La probabilité qu’un salarié ait un salaire supérieur à 3 000 € est 0,10. Le choix d’un salarié est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Le salarié a un salaire supérieur à 3 000 € », de probabilité p = 0,10. On choisit successivement 3 salariés donc on a la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. La probabilité d’obtenir 3 salariés de salaire supérieur à 3 000 € est ( 110) 3 . Deux images et un arbre 1 a. L’arbre fait apparaître 16 issues. S R S R S S S R R S R S R S R S R S R S S R R R S R S R S R b. Pour obtenir les deux images, il faut exclure les issues (S ; S ; S ; S) et (R ; R ; R ; R) . Il y a donc 14 issues permettant d’obtenir les deux images. 2 (42) = 6 issues permettent d’obtenir 2 images de chacun des deux joueurs : (S ; S ; R ; R) , (S ; R ; S ; R) , (R ; S ; R ; S), (R ; S ; S ; R) , (S ; R ; R ; S) , (R ; R ; S ; S). 3 a. Sami prend des barres de céréales 6 jours de suite. Pour obtenir exactement 3 images de chacun des joueurs, il doit obtenir 3 images du joueur S et 3 images du joueur R, donc il y a (63) issues lui permettant d’obtenir 3 images de chacun des joueurs. b. (63) = 20 4 a. P(R) = 1 2 = P(S) D’après le principe multiplicatif : P((R ; R ; R ; R)) = (12) 4 = P((S ; S ; S ; S )) b. On a vu au 2 b. qu’il y a 20 issues permettant d’obtenir 3 images de chacun des joueurs. La probabilité d’obtenir une seule issue contenant 3 images S et 3 images R est : p = (12) 3 × (12) 3 = (12) 6 = 0,615625 La probabilité d’obtenir 3 images de chacun des joueurs est 20 × (12) 6 = 0,3125 . BAT_Chap06-LP.indd 125 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 126 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 126 Vente et espérance de bénéfice 1 « Un client achète un lot de chaises » signifie qu’il achète uniquement un lot de chaises, soit 9 % des clients, ou bien qu’il achète un lot de chaises et une table, soit 8 % des clients. Comme une personne quelconque entre dans le magasin, on peut assimiler la probabilité d’un événement à la fréquence statistique. Donc P(C) = 0,09 + 0,08 = 0,17. 2 a. X étant le nombre de lots de chaises achetés par les 4 personnes entrées successivement dans le magasin, et ces personnes achetant au maximum un lot de chaises, l’ensemble des valeurs de X est : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 } . La loi de X est � (4 ; 0,17). b. À la calculatrice, on lit les probabilités : P(X = 1) ≈ 0,3888 P(X � 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) ≈ 0,4746 + 0,3888 + 0,1195 = 0,9829 3 a. L’événement (B = 60) est réalisé si le directeur vend une table et un lot de chaises. Or 8 % des personnes qui entrent dans le magasin achètent une table et un lot de chaises, donc : P(B = 60) = 0,08. b. 2 % des personnes achètent uniquement une table. 9 % des personnes achètent uniquement un lot de chaises. Comme 100 – (8 + 2 + 9) = 81, 81 % des per- sonnes n’achètent rien. xi 0 10 50 60 P(B = xi) 0,81 0,09 0,02 0,08 c. L’espérance est E(B) = 6,7. Donc le directeur a raison. Jeu vidéo et loi binomiale 1 p0 + p1 + p2 + p3 = 1 ⇔ 2p1 + p1 + p3 = 1 ⇔ 3p1 + 0,1 = 1 donc p1 = 0,3 p0 + p2 = 2 p1 ⇔ 0,4 + p2 = 0,6 ⇔ p2 = 0,2 2 a. On note G la variable aléatoire égale au gain en pièces d’or de Mario. Les valeurs prises par G sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. La loi de G est : xi 0 1 2 3 P(G = xi) 0,4 0,3 0,2 0,1 b. E(G) = 1. Lors d’un grand nombre de parties conte- nant 4 sauts, Mario peut espérer gagner en moyenne 1 euro. 3 a. Un saut est une épreuve de Bernoulli de succès S : « le monstre apparaît », de probabilité p = p0 = 0,4. Mario saute 4 fois, donc n = 4. On a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. X est la variable aléatoire égale au nombre de monstres apparus, donc X suit la loi binomiale � (4 ; 0,4). b. Mario perd si le monstre apparaît 4 fois. P(X = 4) = 0,44 = 0,0256 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,64 = 0,8704 Statistiques et loi binomiale 1 a. On lit Q1 = 1. Pour 75 % du groupe, le temps passé est inférieur ou égal à 2,1 h, donc Q3 = 2,1 h. Pour la moitié au plus, le temps passé est de 1,4 h donc Me = 1,4 h. b. L’intervalle interquartile est l’intervalle [ 1 ; 2,1 ] . 2 D9 = 4,5, donc la probabilité que le temps passé devant le jeu vidéo soit inférieur ou égal à 4,5 h est 0,90. 3 a. Le choix d’une personne est une épreuve de Bernoulli de succès S : « la personne passe plus de 2,1 h devant le jeu vidéo » de probabilité p = 0,25. On choisit 4 personnes, successivement avec remise. On a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de personnes passant plus de 2,1 h devant ce jeu. X suit la loi binomiale � (4 ; 0,25). b. P(X = 1) = (41) × 0,25 × 0,753 ≈ 0,4219 c. 1 – P(X = 0) ≈ 0,6836 d. P(X = 2) ≈ 0,2109 Contrôle et loi binomiale 1 a. Soit l’événement A : « le véhicule est un véhicule prioritaire ». P(A) = 0,04 . b. Soit l’événement B : « le véhicule n’a pas le droit de circuler ce jour-là ». P(B) = 1 3 × 0,96 = 0,32. 2 a. Un véhicule est en infraction s’il circule avec un numéro pair en étant non prioritaire, ce qui correspond à l’événement B. Le contrôle d’un véhicule est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Le véhicule est en infraction » de pro- babilité p = 0,32 . On contrôle 10 véhicules. On a la répétition de 10 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. X suit la loi binomiale � (10 ; 0,32) . b. P(A) = P (X = 0) = 0,6810 ≈ 0,02114 P(B) = P(X = 4) = (104 ) × 0,324 × 0,686 ≈ 0,21771 P(C) = P (X = 10) = 0,3210 ≈ 0,00001. BAT_Chap06-LP.indd 126 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 127 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 127 c. L’événement contraire de l’événement C est l’événement : « Au moins un véhicule n’est pas en infraction ». P(C) = 1 – P(C) ≈ 0,99999 d. X suit la loi binomiale � (10 ; 0,32) donc E(X) = np = 3,2. Lors d’un grand nombre de contrôles de 10 voitures, 3,2 véhicules en moyenne sont en infraction. On en déduit que l’on peut espérer contrôler en moyenne 6,8 véhicules qui ne sont pas en infraction. Augmentation des contrôles dans les transports 1 a. Un voyage est une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès S : « Maurice est contrôlé » de probabilité p. Maurice effectue 40 voyages, donc on a la répétition de 40 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de fois où Maurice est contrôlé. X suit la loi binomiale � (40 ; p). E(X) = 40 p. b. Soit Z la variable aléatoire qui prend pour valeur le gain algébrique réalisé par le fraudeur. Le montant « gagné » par le fraudeur s’il ne se fait pas contrôler est égal à 50 euros. Le nombre de fois où Maurice ne se fait pas contrôler est 40 – X. De plus, le coût d’un trajet est 45 € (valeur corrigée par rapport à l’édition 01). Le coût du transport pour 40 trajets est : 40 × 45 = 1 800 euros, donc le gain algébrique réalisé par le fraudeur est : Z = 50 (40 – X) – 1 800 = 200 – 50 X E(Z) = 200 – 50 E(X) = 200 – 2 000 p. E(Z) � 0 ⇔ p � 0,1. 2 Si p = 0,1 alors E(X) = 4 et E(Z) = 0. La compagnie doit augmenter les effectifs des contrôleurs car les fraudeurs peuvent espérer ne rien perdre en fraudant. 3 Si p = 0,2 alors E(X) = 8 et E(Z) = – 200. Au cours de 40 trajets, on peut espérer que le fraudeur perdra en moyenne 200 euros. 4 a. P(X = 0) = (1– p)40 = 0,840 ≈ 0,0001 P(X = 1) = (401 ) × 0,2 × 0,839 ≈ 0,0013 P(X = 2) ≈ 0,0065 b. P(X � 3) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) – P(X = 2) ≈ 0,992 1 81 ... en sport... en sport Au squash 1 Lecture de la branche supérieure de l’arbre : Marie n’est pas au service, elle perd et a donc 8 points. Marie est au service, elle gagne le point donc obtient 9 points. Elle garde le service, elle gagne le point et obtient donc 10 points. P(S = 10) = 1 27 P(S = 9) = 2 27 + 2 27 = 4 27 P(S = 8) = 1 – 1 27 – 4 27 = 22 27 Soit S la variable aléatoire égale à la somme en euros égale au score de Marie pour ce set. La loi de probabilité de S est : si 8 9 10 P(S = si) 22 27 4 27 1 27 2 E(S) = 222 27 = 74 9 ≈ 8,22. Marie peut espérer gagner en moyenne 8,20 €. 3 Soit n le nombre de matchs joués. On cherche la valeur de l’entier naturel n, telle que : n E(S) � 50 ⇔ n � 50 8,22 , soit n � 7. Astrid et Marie devront jouer au moins 7 matches. (p. 174) BAT_Chap06-LP.indd 127 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 128 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 128 82 … en SES… en SES Aide à la décision et espérance de profit 1 C1 C2 C3 Nombre de pizzas vendues par GEL 500 000 × 0,9 = 450 000 500 000 × 0,85 = 425 000 500 000 × 0,80 = 400 000 Nombre de pizzas vendues par BAPRI 500 000 × 0,3 = 150 000 500 000 × 0,45 = 225 000 500 000 × 0,60 = 300 000 Bénéfi ce total réalisé 450 000 × 1 + 150 000 × 0,3 = 495 000 425 000 × 1 + 225 000 × 0,3 = 492 500 400 000 × 1 + 300 000 × 0,3 = 490 000 2 a. Soit B la variable aléatoire égale au bénéfice en milliers d’euros. La loi de probabilité de B est : bi 490 000 492 500 495 000 P(B = bi) 0,2 0,5 0,3 b. E(B) = 492 750 €. La société peut espérer faire un bénéfice moyen de 492 750 € alors qu’en gardant les 500 000 pizzas, le bénéfice est de 500 000 €. 83 … en SES historique… en SES historique Espérance de vie 1 Espérance de vie en 1693 a. S20 = 598 ; S30 = 531. b. S20 – S30 1 000 = 0,067 c. P(V = 25) ≈ 0,07 P(V = 5) = S1 – S10 1 000 = 1000 – 651 1 000 = 0,349 ≈ 0,35 P(V = 75) = S70 – S80 1 000 = 142 – 41 1 000 = 0,1 d. Le tableau correspondant à la table de mortalité de Halley est : vi 5 15 25 35 45 55 65 75 85 P(V = vi) 0,35 0,05 0 ,07 0,09 0,1 0,1 0,1 0,1 0,04 (Tableau modifié par rapport à l’édition 01.) e. E(V) = 34,8 ans 2 Espérance de vie en 2008p 84 … en anglais… en anglais Baseball batting La probabilité que le joueur gagne le point est p = 0,3. Le joueur joue 5 parties. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de points marqués. X suit la loi binomiale � (5 ; 0,3). a. P(X = 1) = (51) × 0,3 × 0,74 ≈ 0,36 b. P(X = 0) = 0,75 = 0,16807 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 0,83193 85 … en botanique… en botanique Croissance du gui 1 a. Il y a 16 feuilles vertes. b. Sur l’arbre, les brins de gui sont composés de 4 branches à 3 niveaux ou de 2 branches à 4 niveaux. Il y a donc 4 × 23 + 2 × 24 = 64 feuilles. 2 a. L’insecte peut rencontrer 0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4 brindilles malades. c. Le choix d’une brindille pour l’insecte est une épreuve de Bernoulli de succès S : « la brindille est malade et parcourue par l’insecte », de probabilité p = 0,1. Soit X le nombre de brindilles malades parcourues par l’insecte. X suit la loi binomiale � (4 ; 0,1). BAT_Chap06-LP.indd 128 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 129 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 129 d. Pour ne pas surcharger le dessin, certaines pro- babilités ne sont pas inscrites sur les brindilles de droite, mais elles sont égales à 9 10 . 9—10 9—10 9—10 1—10 1—10 1—10 9—10 1—10 D D 1—10 D D G G D G 9—10 1—10 1—10 D D 1—10 G G G D G 9—10 9—10 1—10 1—10 1—10 D D 1—10 D G G G D G 9—10 1—10 1—10 D D 1—10 G G G D G e. P(X � 2) = 1 – P(X = 3) – P(X = 4) = 1 – 4 × 0,13 × 0,9 – 0,94 = 0,9163 86 … en géographie… en géographie Hydrologie 1 a. X suit la loi binomiale � (225 ; 0,01). P(X = 0) ≈ 0,104 b. P(X = 1) ≈ 0,237 c. P(X = 2) ≈ 0,268 2 P (X � 2) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) ≈ 0,659 P(X � 3) = P(X � 2) – P(X = 2) ≈ 0,391 3 E (X) = np = 2,25 4 E (X) = 2,25. Donc on observe en moyenne 2,25 dépassements. On a relevé deux dépassements lors de cette période donc les observations sont en accord avec les résultats trouvés en modélisant la situation par la loi binomiale. 87 … en musique… en musique Musique aléatoire S 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 1 a. P(S = 7) = 1 6 b. La loi de probabilité de S est : xi 2 3 4 5 6 7 P(X = xi) 1 36 2 36 3 36 4 36 5 36 6 36 xi 8 9 10 11 12 P(X = xi) 5 35 4 36 3 36 2 36 1 36 E(X) = 7 2 Soit X la variable aléatoire égale au nombre de mesures appartenant à la ligne 7 dans la composition de la valse à 8 mesures. X suit une loi binomiale � (8 ; 16) . a. P(X = 1) ≈ 0,372 b. P(X = 2) ≈ 0,260 3 La probabilité de la composition : 104 – 157 – 27 – 167 – 99 – 97 – 118 – 107 est : 1 6 × 1 6 × 1 6 × 1 6 × 5 6 × 5 6 × 1 6 × 5 6 = 125 1 679 616 ≈ 0,000 07. 88 … en sciences… en sciences Génotype d’un enfant 1 Chez chaque parent peuvent apparaître 3 géno- types. Il y a donc 9 issues possibles. La probabilité d’une seule issue est 1 9 , d’après le principe multiplicatif, donc P( (AA, AA) ) = 1 9 . Les issues correspondant à l’événement B : « un seul parent est de génotype Aa » sont : (Aa, Aa) (Aa, AA) (Aa, aa) (AA, Aa) (aa, Aa), donc P(B) = 5 9 . 2 a. Si le premier parent est de génotype Aa et le deuxième parent de génotype AA, l’enfant peut être de génotype AA ou Aa. b. Si les deux parents sont de type Aa, l’enfant peut être de génotype AA, Aa, aa. c. Soit C l’événement : « L’enfant est de génotype aa ». Si les parents sont de génotype (aa, aa), l’enfant est de génotype aa. La moitié des enfants dont les parents sont de génotype (aa, Aa) sont de génotype aa. La moitié des enfants dont les parents sont de génotype (Aa, aa) sont de génotype aa. Le quart des enfants dont les parents sont de génotype (Aa, Aa) sont de génotype aa. P(C) = 1 9 (1 + 12 + 12 + 14) = 19 × 94 = 14 BAT_Chap06-LP.indd 129 26/08/11 10:09
ÉchantillonnageÉchantillonnage © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 130 C H A P I T R E Ce chapitre fait suite au chapitre sur les probabi-lités et la loi binomiale. Le choix a été fait de mettre cette notion d’échantillonnage dans un autre chapitre et de laisser ainsi un temps d’assimila- tion de la loi binomiale avant d’en aborder cette appli- cation. Comme ils sont associés dans le programme offi ciel, ils sont l’un après l’autre. Mais nous conseillons de commencer le chapitre 8 sur les suites, par exemple, entre les deux. Sa structure est particulière car il y a peu de connais- sances à acquérir sur ce sujet. Vous n’y retrouverez ni les rubriques Faire le point et les QCM, ni la rubrique Réinvestir. Nous avons conservé une page Vers le Bac, afi n de donner quelques exercices de synthèse (exercices 15 et 16) que nous, auteures, donnerions le jour du bacca- lauréat si nous avions des sujets à faire. Pour Faire le point, la partie cours b. Utilisation de la loi binomiale pour une prise de décision nous a semblé suffi sante, avec le Savoir-faire explicitant en trois étapes la façon de déterminer un intervalle de fl uctuation à 95 %. Pour ce qui est des QCM, ceux qui sont intégrés dans la partie Exercices devraient être suffi sants. En revanche, nous avons repris, dans la rubrique Partir d’un bon pied, la notion d’échantillon et de fl uctuation. Dans l’accompagnement personnalisé, la fi gure donnée en page 248 devrait permettre aux élèves de se faire une image mentale et comprendre cette notion de fl uctuation d’échantillonnage. Bien sûr, c’est la partie Découvrir qui est la plus détaillée. Les élèves n’ayant à leur disposition le jour d’un contrôle que leur calculatrice, il est essentiel qu’ils sachent l’uti- liser pour cette notion. D’où les deux activités 1 et 2, qui peuvent être réalisées en classe entière grâce aux ressources du manuel numérique. Les activités 3 et 4 vont permettre d’appréhender cette notion d’inter- valle de fl uctuation d’une fréquence à travers la lecture de la « courbe en cloche » des probabilités, plus facile dans un premier temps que la lecture de la courbe des Intentions des auteuresIntentions des auteures probabilités cumulées. La fi gure montrant les deux parties « négligées » à 0,025 de part et d’autre donne une bonne image mentale du problème soulevé. Il peut faire comprendre aussi le choix des entiers a et b, bornes du plus petit intervalle contenant au moins 95 % des valeurs. C’est l’une des diffi cultés prévisibles pour les élèves : la lecture de ces valeurs, l’une par excès et l’autre par défaut, afi n de bien obtenir « au moins » 95 % des valeurs k de la variable X. L’exemple totalement traité dans le cours en page 182 devrait permettre cette assimilation. Le choix a été fait de prendre un échantillon de 100, afi n de ne pas rajouter une diffi culté supplémentaire dans une seconde détermination d’un intervalle approché. La seconde partie du cours, page 184, fait le lien avec le problème posé : une hypothèse étant émise sur la proportion d’un caractère étudié dans une popula- tion, la fréquence observée lors d’un échantillonnage permet-elle ou non de rejeter l’hypothèse faite, avec un risque d’erreur de 5 % ? Le lien doit être fait avec l’intervalle admis en Seconde, valable sous certaines conditions. « Pour n � 30 , n × p � 5 et n × (1 – p) � 5 , on observe que l’intervalle de fl uctuation [ an , bn ] est sensiblement le même que l’intervalle [ p – 1 !ßn ; p + 1 !ßn ] proposé dans le programme de Seconde. » Nous en proposons une comparaison dans l’exercice 13 à l’aide du tableur et dans l’exercice 18 pages 188 et 189. Comme les élèves n’ont pas forcément des calcula- trices performantes, nous avons fait le choix de don- ner en page 183 quelques tables de valeurs pour des cas simples de loi binomiale. Il nous semble que, le jour d’un contrôle, ce type de tables peut être fourni. L’application sur tableur est faite dans l’exercice 6 page 186 et l’algorithme de recherche en exercice 10 est corrigé. BAT_Chap07-LP.indd 130 26/08/11 10:15
c. Vrai : cette aﬃ rmation explique la réponse a. 3 a. Vrai : résultat à connaître. b. Vrai. c. Faux : deux résultats observés ne suﬃ sent pas pour déterminer la valeur de la probabilité. Vrai ou faux ? – Loi binomiale a. Vrai : on admet que la probabilité qu’un élec- teur soit favorable au candidat est p = 0,4. On interroge 25 électeurs. On reconnaît la répétition de 25 épreuves de Bernoulli, identiques et indé- pendantes de probabilité de succès p = 0,4. La variable aléatoire X égale au nombre d’électeurs favorables au candidat suit une loi binomiale � (25 ; 0,4). b. Faux : P( X > 1 ) = 1 – P( X = 0 ) – P( X = 1 ). c. Faux : P( 15 � X � 17 ) = P( X � 17 ) – P( X � 14 ). C © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 131 Étudier la fluctuation des fréquencesActivitéActivité 1 en L2(1). Si on obtient 0, rien ne change ni pour P ni pour L2(1). Et ainsi de suite. De même pour l’échantillon J = 2 : on place 2 en L1(2) puis on calcule P/5 en L2(2). Et pour l’échantillon J = 3, on place 3 en L2(J) et on calcule P/5 en L2(3). b. La liste L1 contient les valeurs de J de 1 à 3, donc les numéros des échantillons. La liste L2 contient les fréquences d’apparition de 1 dans chacun des échantillons. 2 a. N = 100 ; b. N = 20 ; c. N = 200. 3 a. Penser à eﬀ acer le contenu des listes L1 et L2. On simule 50 expériences consistant à lancer 20 fois la pièce. Dans cette exécution du programme, l’étendue est égale à 0,35. Objectifs – Comparer les ﬂ uctuations de la fréquence d’appa- rition d’un caractère pour 50 échantillons de taille variable ; – observer les ﬂ uctuations de la fréquence d’appari- tion d’un caractère lorsque la taille de l’échantillon augmente. 1 a. Aﬃ cher et enregistrer les valeurs N = 5 et E = 3. On étudie 3 échantillons de taille 5, c’est-à-dire que l’on répète 3 fois les 5 lancers de la pièce. Pour l’échantillon J = 1 : 0 est stocké en P. Si la fonction aléatoire renvoie 1, alors on ajoute 1 à P qui devient 1 et on place 1 en L1(1) et 1/5 en L2(1). Si de nouveau on obtient 1, on ajoute 1 à P qui devient 2 et on place 2/5 Fréquence d’un échantillon 1 a. Faux : 0,25 est la probabilité d’obtenir un crayon rouge, mais en prenant N crayons, la fréquence observée ﬂ uctue autour de 0,25. Les ﬂ uctuations sont importantes quand N est petit. b. Vrai. c. Vrai : les ﬂ uctuations s’atténuent quand N augmente. Fluctuations des fréquences 1 a. 20 résultats, donc un échantillon de taille 20. b. On obtient 3 échantillons de taille 20. 2 a. Faux : c’est possible. b. Vrai : première série. A B (p. 178) (p. 180) BAT_Chap07-LP.indd 131 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 132 Représenter la loi binomialeActivitéActivité 2 Objectifs – Construire et observer l’allure du diagramme en bâtons représentant la loi de probabilité d’une variable aléatoire suivant une loi binomiale ; – utiliser les fonctions de la calculatrice pour déter- miner la loi de probabilité d’une variable aléatoire suivant une loi binomiale. 1 a. On interroge 3 étudiants, indépendamment les uns des autres, sur leur réussite à l’examen. On recon- naît la répétition de 3 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. La probabilité du succès est la proba- bilité d’interroger un étudiant reçu à l’examen : p = 0,4. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de candi- dats reçus. La loi de probabilité de X est : P( X = 0 ) = 0,63 ; P( X = 1 ) = ( 31 ) × 0,4 × 0,62 ; P( X = 2 ) = ( 32 ) × 0,4 × 0,62 ; P( X = 3 ) = 0,43. k 0 1 2 3 P( X = k ) 0,216 0,432 0,288 0,064 b. X suit la loi binomiale � ( 3 ; 0,4 ). 0 Loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,4 Espérance = 1,2 1 2 3 4 5 6 x 2 a. On interroge 6 étudiants, indépendamment les uns des autres, sur leur réussite à l’examen. On a donc la répétition de 6 épreuves de Bernoulli, identiques et b. Dans la 2e exécution, l’étendue diminue mais la dimi- nution est plus nette encore pour N = 200 . Lorsque la taille de l’échantillon augmente, les ﬂ uctua- tions de la fréquence d’apparition de Pile s’atténuent. Les fréquences se rapprochent de 0,5. Voir fichier tableur pour E = 30 dans le manuel numérique. indépendantes. La probabilité du succès est la proba- bilité d’interroger un étudiant reçu à l’examen : p = 0,4. La loi de probabilité de X est : k 0 1 2 P( X = k ) 0,046656 0,186624 0,31104 3 4 5 6 0,27648 0,13824 0,036864 0,0040963 b. X suit la loi binomiale � ( 6 ; 0,4 ). 0 Loi binomiale de paramètres n = 6 et p = 0,4 Espérance = 2,4 1 2 3 4 5 6 x 3 Représentation sur la calculatrice : La liste L1 contient les valeurs du nombre de succès k. La création de cette liste est indispensable pour la corres- pondance avec les probabilités P( X = k ). (La numéro- tation des listes de la machine débute à 1.) Attention à bien régler la fenêtre de la calculatrice pour voir appa- raître le diagramme. (Ne pas utiliser ZoomStats.) Sur certaines calculatrices, les valeurs de la loi binomiale sont obtenues en DIST 0 : binompdf (ou en A : binomFdp (fonction de probabilité). BAT_Chap07-LP.indd 132 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 133 Analyser une « courbe en cloche »ActivitéActivité 3 riés en orange ; la probabilité P( 8 ≤ X ≤ 16 ) par les bâtons coloriés en bleu. c. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; … 7 ; 8 ; … 16 ; 17 ; … 30. P( X � 7 ) + P( 8 � X � 16 ) + P( X � 17 ) = 1 ⇔ P( 8 � X � 16 ) = 1 – P( X � 17 ) – P( X � 7 ) P(8 � X � 16) est l’événement contraire de l’événe- ment ( X � 7 ) � ( X � 17 ) et les événements ( X � 7 ) et ( X � 17 ) sont disjoints. 2 a. On utilise ici la fonction qui renvoie les proba- bilités cumulées de la calculatrice, qui peut aussi se nommer binomcdf (30, 0.4, 7) suivant les modèles de calculatrice, ou sur Casio : BinomialCD(30, 0.4, 7). La dénomination de cette fonction ne doit pas être confondue avec la fonction de répartition de la loi binomiale qui est une fonction en escalier et qui n’est pas au programme de 1re. b. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; … 7 ; 8 ; … 16 ; 17 ; … 30. P( X ≤ 16 ) + P ( X � 17 ) = 1 ⇔ 1 – P( X � 17 ) = P( X � 16 ) P( X � 16 ) ≈ 0,9519 c. P( 8 � X � 16 ) = 1 – P( X � 17 ) – P( X � 7 ) donc P( 8 � X � 16 ) = P( X � 16 ) – P ( X � 7 ) P ( 8 � X � 16 ) ≈ 0,908. Lorsque l’on interroge 30 étudiants, la probabilité d’obtenir entre 8 et 16 étudiants reçus à l’examen est égale à 0,908. Objectifs – Observer l’évolution de l’allure de la représenta- tion graphique de la loi binomiale lorsque le nombre n de répétitions augmente ; – reconnaître sur la représentation graphique de la loi binomiale les probabilités : P( X � a ), P( X � b ), P( a � X � b ) ; – calculer P( a � X � b ) à l’aide de la calculatrice. 1 a. On interroge 30 étudiants, indépendamment les uns des autres, sur leur réussite à l’examen. On a donc la répétition de 30 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. La probabilité du succès est la probabi- lité d’interroger un étudiant reçu à l’examen : p = 0,4. X suit la loi binomiale � (30 ; 0,4). On obtient les valeurs de X et de P( X = k ) à l’aide de la calculatrice. Les résultats obtenus montrent que : pour k � 3 , P( X = k ) � 2 × 10–4 et pour k � 21 , P( X = k ) � 6,5 × 10–4 . Ces probabilités sont donc trop petites pour être repré- sentées sur le graphique à l’échelle donnée. La représentation de cette loi binomiale peut être comparée aux représentations précédentes. (L’exercice 14 page 189 permet, à l’aide d’un tableur, d’approfondir cette étude.) b. La probabilité P( X � 17 ) = P( X � 16 ) est représen- tée par les bâtons coloriés en violet ; la probabilité P( X � 7 ) = P( X < 8 ) est représentée par les bâtons colo- Déterminer un intervalle de fluctuation d’une fréquenceActivitéActivité 4 p vériﬁ e l’équation : p + 5 × p 3 = 1 ⇔ 8p 3 = 1 ⇔ p = 3 8 = 0,375 Soit X la variable aléatoire égale au nombre de 6 appa- rus lors de 100 lancers. X suit la loi binomiale � ( 100 ; 0,375 ). 2 a. Il est important d’entrer la liste des valeurs de k en liste L1, car les rangs des termes des listes de la cal- culatrice débutent à 1. Objectifs – Déterminer un intervalle [ a ; b ] contenant 95 % au moins des valeurs de X, c’est-à-dire tel que P( a � X � b ) � 0,95 lorsque X suit une loi binomiale ; – déterminer un intervalle contenant 95 % au moins des valeurs de la fréquence correspondant à la variable aléatoire X, lorsque X suit une loi binomiale ; – déterminer un autre intervalle de ﬂ uctuation de la fréquence correspondant à la variable aléatoire X, lorsque X suit une loi binomiale. 1 On lance 100 fois le dé. On s’intéresse au nombre de 6 apparus. On reconnaît la répétition de 100 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. La probabi- lité d’obtenir 6 est la probabilité du succès p. BAT_Chap07-LP.indd 133 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 134 Exercices d’applicationExercices d’application Tables des probabilités cumulées pour une loi binomiale � � ( n ; p ) (p. 183) Par lecture des tables : a. � ( 80 ; 0,49 ) P( X � 30 ) � 0,025 et P( X � 48 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,375 ; 0,60 ]. b. � ( 100 ; 0,56 ) P( X � 46 ) � 0,025 et P( X � 66 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,46 ; 0,66 ]. c. � ( 200 ; 0,44 ) P( X � 74 ) � 0,025 et P( X � 102 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,37 ; 0,51 ]. d. � ( 250 ; 0,51 ) P( X � 112 ) � 0,025 et P( X � 143 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,448 ; 0,572 ]. b. On recherche un intervalle [ a ; b ] tel que la probabi- lité P( a � X � b ) � 0,95. On exclut les deux intervalles extrêmes de probabilité plus petite ou égale à 0,025 c’est-à-dire qui contiennent au plus 2,5 % des valeurs de X. P( X � 27 ) ≈ 0,01779 d’où P( X � 27 ) � 0,025. P( X � 28 ) ≈ 0,2968 d’où P( X � 28 ) > 0, 025 ; les valeurs de X inférieures ou égales à 27 sont exclues de l’intervalle cherché. P( X � 47 ) ≈ 0,97953 d’où P( X � 47 ) � 0,975 ; P( X � 48 ) = 1 – P( X � 47 ) d’où P( X � 48 ) � 0,025 ; les valeurs de X supérieures ou égales à 48 sont exclues de l’intervalle cherché. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; 2 ; … 27 ; 28 ; … 46 ; 47 ; 48 ; … 100. P( 28 � X � 47 ) = 1 – P( X � 27 ) – P( X � 48 ) = P( X � 47 ) – P( X � 27 ) P( 28 � X � 47 ) � 0,95. L’intervalle [ 28 ; 47 ] contient au moins 95 % des valeurs de X. c. X est le nombre de 6 apparus au cours de 100 lancers donc les valeurs de la fréquence d’apparition du 6, au cours de 100 lancers, s’obtiennent en divisant les valeurs de X par 100. On déduit du b. que l’intervalle contenant au moins 95 % des valeurs de la fréquence correspondant à X est l’intervalle [ 0,28 ; 0,47 ]. 3 a. On recherche un intervalle [ a’ ; b’ ] tel que la probabilité P( a’ � X � b’ ) � 0,99. On exclut les deux intervalles extrêmes de probabilité plus petites ou égales à 0,005 c’est-à-dire contenant au plus 0,5 % des valeurs de X. P( X � 24 ) < 0,005 et P( X � 25 ) > 0,005. Les valeurs inférieures ou égales à 24 sont exclues de l’intervalle cherché. P( X � 50 ) > 0,995 ; P( X � 51 ) = 1 – P( X � 50 ) donc P( X � 51 ) < 0,005 . Les valeurs de X supérieures ou égales à 51 sont exclues de l’intervalle cherché. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; 2… 24 ; 25 ; … 50 ; 51 ; … 100. P( 25 � X � 50 ) = P( X � 50 ) – P( X � 24 ) ; P( 25 � X � 50 ) � 0,99 L’intervalle [ 25 ; 50 ] contient au moins 99 % des valeurs de X. b. L’intervalle [ 0,25 ; 0,50 ] est l’intervalle contenant au moins 99 % des valeurs de la fréquence correspondant à X. Prolongement Cette activité peut être prolongée ainsi, après avoir traité le cours Partie b. On fait l’hypothèse que le dé est truqué. On lance 100 fois ce dé que l’on suppose truqué et on obtient 48 fois le 6. Cette expérience permet de rejeter ou non cette hypothèse, avec cependant un risque d’erreur. La fréquence d’apparition du 6 dans cette expérience est 0,48. 95 % au moins des valeurs de la fréquence cor- respondant à X appartiennent à l’intervalle [ 0,28 ; 0,47 ]. 0,48 n’appartient pas à l’intervalle [ 0,28 ; 0,47 ], donc on rejette l’hypothèse que le dé est truqué. (Le risque de rejeter l’hypothèse alors qu’elle est vraie est de 5 %.) 0,48 appartient à l’intervalle [ 0,25 ; 0,50 ], comme 99 % des valeurs de la fréquence correspondant à X. Donc, dans ce cas, on ne peut pas rejeter l’hypothèse que le dé soit truqué. BAT_Chap07-LP.indd 134 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 135 Exercices d’applicationExercices d’application Déterminer et utiliser un intervalle de fluctuation à 95 % (p. 185) On admet que la proportion des utilisateurs satis- faits de la présentation du site est p = 0,59. On interroge 200 utilisateurs au hasard. La variable aléatoire X égale au nombre d’utilisateurs satisfaits suit la loi binomiale � ( 200 ; 0,59 ). À la calculatrice : le plus petit entier a tel que la proba- bilité P( X � a ) � 0,025 est a = 113. Et le plus petit entier b tel que P( X � b ) � 0,975 est b = 132. La taille de l’échantillon est n = 200 , donc l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X est [ 113200 ; 132200 ] ≈ [ 0,57 ; 0,66 ]. La fréquence observée est 102 100 = 0,51. Elle n’appartient pas à l’intervalle, donc on rejette l’hy- pothèse p = 0,59 , avec un risque de 5 % de rejeter une hypothèse vraie. On met donc en doute les résultats de l’enquête. On admet que la proportion des électeurs accor- dant leur confiance à ce chef de parti politique est p = 0,56. On interroge 250 électeurs au hasard. On note X la variable aléatoire égale au nombre d’utilisateurs satisfaits de la présentation du site. X suit la loi bino- miale � ( 250 ; 0,56 ). À l’aide de la calculatrice, on lit le plus petit entier a tel que P( X � a ) � 0,025 : a = 125. On recherche le plus petit entier b tel que la probabilité P( X ≤ b ) � 0,975 : b = 155. Comme la taille de l’échantillon est n = 250, l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X est : [ 125250 ; 155250 ] ≈ [ 0,5 ; 0,62 ]. La fréquence observée 128 250 = 0,512 appartient à l’in- tervalle de fluctuation de la fréquence donc on ne peut pas remettre en question l’affirmation de ce chef de parti politique. On admet que la proportion des automobilistes qui ont des difficultés à emprunter un rond-point est p = 0,60. On interroge 150 automobilistes au hasard. On note X la variable aléatoire égale au nombre d’auto- mobilistes ayant des difficultés à prendre le rond-point. X suit la loi binomiale � ( 150 ; 0,60 ). On entre les valeurs de X en liste L1 et les valeurs des probabilités P( X � k ) pour cette loi binomiale en liste L2. On recherche, à l’aide de la calculatrice, le plus petit entier a tel que P( X � a ) � 0,025 : ici a = 78. (Le résultat donné p. 271 dans les corrigés du manuel élèves est inexact.) On recherche le plus petit entier b tel que : P( X � b ) � 0,975. Ici b = 103. Comme la taille de l’échantillon est n = 150 , l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X est : [ 78150 ; 103150 ] ≈ [ 0,52 ; 0,68 ]. La fréquence observée 95 150 = 0,633 appartient à l’inter- valle comme 95 % des valeurs de la fréquence corres- pondant à X, donc on ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,60. On accepte les résultats de l’enquête. Compléments pour l’exercice corrigé Sur calculatrice les instructions données renvoient directement les valeurs de a et b. En effet, la fonction � de la calculatrice est un test. L2 � 0.025 renvoie une liste de 0 et de 1 : 1 si le terme de L2 est inférieur ou égal à 0,025 ; 0 sinon. Pour connaître le nombre de valeurs de la liste L2 inférieures ou égales à 0,025, c’est-à-dire le rang de la plus grande valeur de la liste L2 inférieure ou égale à 0,25, il suffit d’ajouter tous les termes de la liste L2 � 0,025. On obtient 47. k = rang – 1 donc 46 est la plus grande valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,025 : 46 = a – 1 donc la plus petite valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,025 est a = 47. La somme de la liste L2 � 0,975 renvoie le rang de la plus grande valeur de la liste L2 inférieure ou égale à 0,975. On trouve 70. k = rang – 1 donc 69 est la plus grande valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,975, d’où 70 est la plus petite valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,975 est b = 70. BAT_Chap07-LP.indd 135 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 136 QCM 1 c. Chaque question propose 3 réponses dont une seule est exacte ; donc p = 1 3 . 2 a. � ( 10 ; 13 ). On reconnaît la répétition de 10 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes, de probabilité de succès p = 1 3. 3 c. On trouve dans la table donnée que le plus petit entier a tel que P( X � a ) � 0,025 est a = 2. Et le plus petit entier b tel que la probabilité P( X � b ) � 0,975 est b = 6. 4 b. P( X � 7 ) � 0,025 . Déterminer l’intervalle de fluctuation à 95 % sur tableur Voir ﬁ chier tableur dans le manuel numérique. L’amplitude de l’intervalle de ﬂ uctuation de la fréquence diminue lorsque n augmente. Célibat en France a. On admet qu’en France 40,9 % des hommes sont célibataires. On interroge 120 hommes. On reconnaît la répétition de 120 épreuves de Ber- noulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,409. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’hommes célibataires de l’échantillon. X suit la loi binomiale � ( 120 ; 0,409 ). b. En utilisant la calculatrice ou le tableur, on lit : a = 39 et b = 60. n = 120 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 39120 ; 60120 ] c’est-à-dire [ 13 ; 12 ]. c. La fréquence observée est f = 48 120 = 0,4 . 0,4 [ [ 13 ; 12 ] comme 95 % des valeurs de la fréquence correspondant à X, donc l’échantillon est conforme à la population. Cas d’allergies en France a. On admet que 40 % de la population a déjà déclaré une pathologie allergique. On interroge 110 personnes. On reconnaît la répétition de 110 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, de probabilité de succès p = 0,40. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de personnes ayant déclaré cette pathologie dans l’échan- tillon. X suit la loi binomiale � ( 110 ; 0,40 ). b. En utilisant la calculatrice ou le tableur, on lit : a = 34 et b = 54. n = 110 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 34110 ; 54110 ]. En arrondissant les bornes au centième, l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % est [ 0,31 ; 0,49 ]. c. La fréquence observée est f = 48 110 = 0,436. 0,436 [ [ 0,31 ; 0,49 ] donc on ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,40. On accepte l’aﬃ rmation de la revue médicale. Évolution de l’hébergement touristique a. On admet que la proportion de touristes préférant cet hébergement est p = 0,46. On interroge 250, puis 180 puis 150 personnes. Dans chacun des cas, on recon- naît la répétition de n épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0, 46. X, Y, Z suivent les lois binomiales suivantes : X : � ( 250 ; 0,46 ) ; Y : � ( 180 ; 0,46 ) ; Z : � ( 150 ; 0,46 ). b. On obtient (voir table p. 183) : Année n f a b a n b n Décision 2009 250 0,476 100 130 0,40 0,52 On ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,46. 2010 180 0,55 70 96 0,3889 0,5333 On rejette l’hypothèse p = 0,46. 2011 150 0,56667 57 81 0,38 0,54 On rejette l’hypothèse p = 0,46. c. On ne peut pas remettre en question l’aﬃ rmation que la proportion de touristes préférant ce type d’hé- bergement est restée la même de 2003 à 2009 mais on rejette cette aﬃ rmation pour les années 2010 et 2011. Confiance des électeurs a. On admet que la proportion de sympathisants pour le candidat A est 0,48 ; pour B, elle est de 0,51 ; pour C, elle est de 0,49. On interroge 100 personnes pour le candidat A, 250 personnes pour B, et 80 personnes pour C. Dans chacun des cas, on reconnaît la répétition de n épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. X suit la loi binomiale � ( 100 ; 0,48 ) ; Y suit la loi � ( 250 ; 0,51 ) et Z suit la loi � ( 80 ; 0,49 ). (p. 186) BAT_Chap07-LP.indd 136 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 137 b. et c. Le programme de la calculatrice renvoie les bornes des intervalles de ﬂ uctuation à 95 % : n f a n b n A 100 0,39 0,38 0,58 On ne peut pas rejeter l’hypothèse. B 250 0,68 0,448 0,672 On rejette l’hypothèse. C 80 0,5875 0,375 0,6 On ne peut pas rejeter l’hypothèse. d. On ne peut pas remettre en question les aﬃ rma- tions des candidats A et C, mais on rejette l’aﬃ rmation du candidat B, avec un risque d’erreur de 5 % de rejeter cette aﬃ rmation alors qu’elle est vraie. Enquête auprès d’une clientèle On admet que la proportion des clients âgés de plus de 40 ans est p = 0,35. a. Faux : on interroge 100 personnes. L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est : I1 = [ 0,26 ; 0,44 ]. b. et c. Faux : pour le deuxième sondage, on interroge 200 personnes. L’intervalle de ﬂ uctuation est : I2 = [ 0,285 ; 0,415 ]. Les fréquences observées sont : – pour 100 personnes : f1 = 0,39. On ne peut pas rejeter l’hypothèse p = 0,35. – pour 200 personnes : f2 = 0,28. On rejette l’hypothèse p = 0,35. Prolongement de l’exercice : d. f1 = 0,39 et f2 = 58 200 = 0,29 ; dans ce cas, on ne peut pas rejeter l’hypothèse que la proportion des clients âgés de plus de 40 ans est p = 0,35. e. f1 = 0,25 et f2 =0,28 ; dans ce cas, on rejette l’hy- pothèse que la proportion des clients âgés de plus de 40 ans est p = 0,35. La pièce est-elle équilibrée ? 1 a. I = [ p – 1Bn ; p + 1Bn ] et p = 0,5 I1 = [ 0,5 – 1B200 ; 0,5 + 1B200 ] n = 200 I2 = [ 0,5 – 110 ; 0,5 + 110 ] n = 100 car 10 = B100 I3 = [ 0,5 – 1B20 ; 0,5 + 1B20 ] n = 20 b. n = 100 n = 20 n = 200 Plus n augmente plus les ﬂ uctuations de la fréquence diminuent. 2 On a obtenu 44 fois Pile lors de 100 lancers donc la fréquence observée est 0,44. Cette fréquence appar- tient à l’intervalle I2 = [ 0,4 ; 0,6 ], donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse. p = 0,5 donc on accepte le fait que la pièce est équi- librée. 3 On obtient 88 fois Pile donc n � 20. Si n = 200 , la fréquence observée est 0,44. Ce nombre appartient à l’intervalle I1 = [ 0,43 ; 0,57 ], on ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,5. Si n = 100 , la fréquence observée est 0,88. Ce nombre n’appartient pas à l’intervalle I2 = [ 0,4 ; 0,6 ], donc on rejette l’hypothèse p = 0,5. BAT_Chap07-LP.indd 137 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 138 Comparaison des deux intervalles à l’aide d’un tableur 1 a. et b. Voir manuel numérique. 2 n = 50 p 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 a n 0,02 0,1 0,18 0,28 0,36 0,46 0,56 0,68 0,82 b n 0,18 0,320 0,44 0,54 0,64 0,74 0,82 0,9 0,98 p – 1 Bn – 0,041 0,059 0,159 0,259 0,359 0,459 0,559 0,659 0,759 p + 1 Bn 0,241 0,341 0,441 0,541 0,641 0,741 0,841 0,941 1,041 n = 100 p 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 a n 0,05 0,12 0,21 0,31 0,4 0,5 0,61 0,72 0,84 b n 0,16 0,280 0,39 0,5 0,6 0,69 0,79 0,88 0,95 p – 1 Bn 0,000 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 p + 1 Bn 0,200 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 n = 50 n = 100 On remarque que, pour n = 50 et n = 100 et pour 0,40 � p � 0,60 , les deux intervalles sont pratiquement confondus. BAT_Chap07-LP.indd 138 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 139 Influence de la taille de l’échantillon sur la représentation graphique de la loi 1 a. et b. Voir manuel numérique. 2 a., b. et c. μ = 5 μ = 10 μ = 25 μ = 50 BAT_Chap07-LP.indd 139 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 140 Une formation bien suivie On admet que la proportion d’employés ayant suivi le stage de formation est p = 0,58. 1 a. On interroge 5 employés sur leur participation au stage. On reconnaît la répétition de 5 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, de probabilité de succès p = 0,58. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’employés, parmi cet échantillon, ayant suivi le stage. X suit la loi binomiale � ( 5 ; 0,58 ). b. P( X = 3 ) = ( 53 ) × 0,583 × 0,422, d’où P( X = 3 ) ≈ 0,344. c. P( X � 1 ) = 1 – P( X = 0 ) d’où P( X � 1 ) ≈ 0,987. 2 a. On interroge 100 employés de cette entreprise. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre d’employés ayant suivi le stage. Y suit la loi binomiale � ( 100 ; 0,58 ). b. En utilisant les tables p. 183 ou le tableur ou la cal- culatrice, on lit a = 48 et b = 68. Or n = 100 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 0,48 ; 0,68 ]. c. La fréquence observée f est 65 100 = 0,65. Cette fréquence appartient à l’intervalle de ﬂ uctuation, donc on ne peut pas remettre en cause l’hypothèse p = 0,58 . On accepte l’aﬃ rmation de l’entreprise. Étude d’une production Masse (en g) [ 470 ; 480 [ [ 480 ; 490 [ [ 490 ; 500 [ [ 500 ; 510 [ [ 510 ; 520 [ Centre de classe 475 485 495 505 515 Nombre de pots 70 130 440 260 100 1 La masse moyenne est : x = 475 × 70 + 485 × 130 + 495 × 440 + 505 × 260 + 515 × 100 1 000 = 496,9. L’écart type est σ = 10,16. 2 a. On admet que la probabilité d’obtenir un pot d’une masse inférieure à 490 g est p = 0,2. On prélève au hasard, successivement avec remise, 10 pots. On reconnaît la répétition de 10 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de pots dont la masse est inférieure à 490 grammes. X suit la loi binomiale � ( 10 ; 0,2 ). b. P( X = 2 ) = ( 102 ) × 0,22 × 0,88 ≈ 0,302 3 a. On admet que la proportion de pots dont la masse est inférieure à 495 g est p = 0,44. On prélève au hasard 200 pots. On reconnaît la répé- tition de 200 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,44. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de pots dont la masse est inférieure à 495 g. Y suit la loi binomiale � ( 200 ; 0,44 ). μ = 100 3 On peut conﬁ rmer la phrase : « Pour n ‘‘assez grand’’, les sommets des bâtons du diagramme dessinent une ‘‘courbe en cloche’’ assez régulière qui semble symétrique par rapport à la droite x = μ. » (p. 189) BAT_Chap07-LP.indd 140 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 141 b. À l’aide de la calculatrice ou du tableur, on obtient a = 74 et b = 102. c. Or n = 200 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 0,37 ; 0,51 ]. La fréquence observée f = 80 200 = 0,4 appartient à cet intervalle donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse p = 0,44. On ne peut pas rejeter l’hypothèse que la machine soit bien réglée. « Votes de paille » a. Franklin D. Roosevelt est réélu avec 61 % des voix, donc on admet que la proportion d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt est p = 0,61. On interroge 400 personnes sur leur intention de vote. On reconnaît la répétition de 400 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,61. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt. X suit la loi binomiale � ( 400 ; 0,61 ) L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence cor- respondant à X est : [ 0,61 – 1B400 ; 0,61 – 1B400 ] = [ 0,56 ; 0,66 ]. Les journaux ont prédit 56 % d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt. 0,56 est une borne de l’intervalle de ﬂ uctuation. On interroge 4 000 personnes sur leur intention de vote. On reconnaît la répétition de 4 000 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,61. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt. Y suit la loi binomiale � ( 4 000 ; 0,61 ). L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence corres- pondant à Y est : [ 0,61 – 1B4 000 ; 0,61 – 1B4 000 ] = [ 0,594 ; 0,626 ]. b. 2 160 électeurs parmi les 4 000 se sont déclarés favo- rables à Franklin D. Roosevelt soit une part de 54 %. 0,54 n’appartient pas à l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence correspondant à Y. n f a n b n Vote de paille 1 400 0,56 0,5625 0,6575 Vote de paille 2 4 000 0,54 0,5948 0,625 On peut remettre en cause les votes de paille eﬀ ectués lors de la campagne présidentielle. Prolongement de l’exercice : L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ p – 1Bn ; p + 1Bn ], ce qui signiﬁ e : p – 1Bn � f � p + 1Bn . On peut alors écrire : f – 1 Bn � p � f + 1 Bn . L’intervalle [ f – 1Bn ; f + 1Bn ] permet d’estimer la pro- babilité p lorsque celle-ci est inconnue. Donner l’intervalle [ f – 1Bn ; f + 1Bn ] (fourchette de sondage) pour chacun des « votes de paille » eﬀ ec- tués lors de la campagne présidentielle. Interpréter les résultats obtenus. Comparer les estimations de la probabilité de succès de Franklin D. Roosevelt aux élections présidentielles proposées par les journaux au score obtenu. Vote de paille 1 : [ 0,51 ; 0,61 ] Vote de paille 2 : [ 0,524 ; 0,556 ] Le premier vote de paille permet d’estimer que Franklin D. Roosevelt remportera entre 51 % et 61 % des suﬀ rages. Le deuxième vote de paille permet d’estimer que Franklin D. Roosevelt remportera entre 52,4 % et 55,6 % des suﬀ rages. Étude de fonction pour comparer deux intervalles suivant les valeurs de p 1 a. f est la fonction trinôme du second degré déﬁ - nie sur [ 0 ; 1 ] par f (x) = – x2 + x. a = – 1, le sommet a pour abscisse xs = 0, 5 donc sur [ 0 ; 0,5 ] la fonction f est croissante et sur [ 0,5 ; 1 ] la fonction f est décroissante. Le maximum est atteint pour x = 0,5 et est égal à f (0,5) = 0,25. x y 0,1 0,4 0,6 1 0,1 0,2 b. f (0,4) = f (0,6) = 0,24 donc si 0,4 � p � 0,6 alors 0,24 � f (x) ≤ 0,25 – 0,25 � – f (x) � – 0,24 0 � 0,25 – f (x) � 0,01 donc 0,25 – f (x) � 0,01. c. Lorsque 0,4 � p � 0,6, l’erreur commise en rem- plaçant f (x) par 0,25 est inférieure à 0,01 donc l’erreur commise en écrivant Bf (x) ≈ 0,5 est inférieure à 0,1. 2 a. σ (x) = Bn (1 – p) p = Bn (p – p2) = Bn f (p) Pour 0,4 ≤ p ≤ 0,6 , on peut écrire σ (x) ≈ Bn × 0,25. Or B0,25 = 0,5 = 1 2 donc on peut écrire : pour 0,4 � p � 0,6, σx ≈ Bn 2 . b. Soit I l’intervalle [ E(X) – 2 σx ; E(X) + 2 σx ]. La variable aléatoire X suit une loi binomiale � ( n ; p ) donc E( X ) = np. Pour 0,4 ≤ p ≤ 0,6 , l’intervalle If est très proche de l’inter- valle [ np – Bn ; np + Bn ]. BAT_Chap07-LP.indd 141 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 142 On étudie un échantillon de taille n. L’intervalle If contenant les valeurs de la fréquence correspondant à la variable aléatoire X s’obtient en divisant les bornes de l’intervalle précédent par n. If est donc très proche de l’intervalle : [ np – Bnn ; np + Bnn ] = [ p – 1Bn ; p + 1Bn ]. Pour 0,4 � p � 0,6 , l’intervalle If est très proche de l’intervalle [ p – 1Bn ; p + 1Bn ], intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X. Programmes de calculatrice pour obtenir les valeurs de a et b : BAT_Chap07-LP.indd 142 26/08/11 10:15
SuitesSuites © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 143 C H A P I T R E Bien que placé en dernier (il faut bien qu’il y en ait un !), ce chapitre a été écrit pour être traité en trois temps si on le désire. La partie 1 sur les généralités peut être abordée juste après les statistiques (chapitre 3), puis la partie 2 sur les suites arithmétiques après le chapitre 4 qui reprend les fonctions affi nes. Nous conseillons de garder en dernier la partie 3 sur les suites géométriques, plus complexes. En fi n d’année, ces suites vont clore les mathématiques de Première et permettre de réattaquer sur ce chapitre en Terminale ! Une des diffi cultés pour les élèves est la confusion entre un terme et l’indice. Comme les élèves de ES rencontrent le mot « indice » en SES, nous n’avons pas trop insisté sur ce vocabulaire, préférant le mot « rang ». De même, de nombreux élèves ont quelques diffi cultés pour appeler premier terme, le terme u « zéro ». Aussi avons-nous choisi d’employer l’expression « terme ini- tial » dans le cours et de commencer à parler de premier terme seulement dans les exercices, quand la notion de suite commence à être « ancrée ». De plus, les applica- tions concrètes des suites géométriques donnent bien cette idée de valeur au départ, sur laquelle porte des variations, et reste en accord avec le chapitre 1 sur le coeffi cient multiplicateur et la valeur de départ que l’on a notée V0 dans cet ouvrage. De même pour les calculs sur les capitaux de valeurs initiales données. Dans la partie Découvrir, une large place est donnée aux TICE. La calculatrice d’abord avec la fonction rand déjà rencontrée dans le chapitre de probabilités, afi n de penser qu’une suite n’est pas forcément « logique ». On retrouve alors la notion de série de valeurs aléatoires et la notation xi vue en statistique. L’algorithmique se prête totalement à l’étude d’une suite récurrente, sans complication de programmation, de façon très naturelle. On propose à l’élève de s’approprier cet algorithme et de le transformer pour l’étude d’autres suites. Cette pratique sera utile en Terminale pour l’étude des suites arithmético-géométriques. Enfi n, l’utilisation du tableur et le retour au chapitre 1 sont abordés dans les activités 3 et 4. D’ailleurs, de nom- breux exercices du chapitre 1 ont un lien direct avec les suites. Dès la partie 1, nous avons intégré l’utilisation des fonc- tionnalités de la calculatrice pour étudier des suites défi - Intentions des auteuresIntentions des auteures nies par récurrence. Pour les suites données de façon explicite, il nous a semblé plus naturel de les rattacher à la notion de fonction de X pour X entier. Nous avons cependant utilisé la fonctionnalité des calculatrices « seq » ou « suite » en français, que l’on peut trouver dans les logiciels ou calculatrices, utilisant le calcul formel. En page 195, la détermination du sens de variation d’une suite récurrente est plus délicate : cela sera repris en Terminale. Nous avons choisi de faire un parallèle entre suite arithmétique et suite géométrique, entre addition et multiplication. C’est aussi ce qui sera mis en valeur entre fonction exponentielle et fonction ln en Termi- nale. Bien sûr, nous avons insisté sur le lien entre suite géo- métrique et évolution en variation relative constante, raison de la suite et CM et taux d’évolution. La dernière partie revient sur des comparaisons de suites et les applications importantes sur les capitaux. Les schémas explicatifs, en marge page 200, ont été mis au point en classe de 1re L Maths Info et en 1re STG les années précédentes. Les applications sont très variées. Nous avons cherché à intégrer au maximum ces notions théoriques dans des situations concrètes. Les exercices « théoriques » et trop calculatoires sont peu nombreux pour laisser la place à la modélisation de situations porteuses de sens pour les élèves. La rubrique Réinvestir est en réa- lité partout ! Mais nous avons dégagé quelques études moins cou- rantes, comme la règle des deux tiers vue en 1re L option. La suite de Fibonacci étant « classique », nous l’avons choisie pour être le thème de l’exercice en anglais. Même un professeur de mathématiques non anglo- phone peut alors aborder cet exercice. Pour nous, l’exercice 131 sur les cartes de crédit est INCONTOURNABLE dans cette section. Demander aux élèves d’apporter un contrat sur une carte de crédit d’un grand magasin avant d’aborder cet exercice. On travaille alors sur des « mathématiques citoyennes » ! La page d’introduction historique fait référence à Malthus et autres modèles d’évolution. Ces suites BAT_Chap08-LP.indd 143 26/08/11 10:16
QCM - Modéliser des évolutions 1 c. CM = 1 – 10 100 = 0,9. 2 c. CMglobal = (1 + 10100) (1 + 15100) (1 + 20100) = 1,518. Donc taux = CM – 1 = 0,518 = 51,8 %. 3 c. CMglobal = (1 – 10100) (1 – 8100) (1 – 6100) ≈ 0,78. Donc taux = CM – 1 ≈ – 0,22. 4 b. CMglobal = (1 + 5100 )3 ≈ 1,158. Donc taux = CM – 1 ≈ 15,8 %. 5 b. CMglobal = (1 – 2100 )10 = 0,9810. QCM - Manipuler correctement les puissances 1 b. 2 × 2n = 21 × 2n = 2n+1. 2 c. 3n+3 = 3n × 33 = 3n × 27. 3 c. 23 × 3² = 2 × 2² × 3² = 2 × ( 2 × 3 )² = 2 × 6². 4 c. On utilise la calculatrice. C D © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 144 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 144 Vrai ou faux ? - Calculer des images a. Vrai : f (x + 1) = 2 (x + 1) + 3 = 2x + 5. b. Faux : g (x + 1) = (x + 1)² = x² + 2x + 1. c. Vrai : h (x + 1) – h (x) = 1 x + 1 – 1 x = x x (x + 1) – x + 1 x (x + 1) Donc h (x + 1) – h (x) = – 1 x (x + 1) . Vrai ou faux ? - Variations et inégalités a. Vrai : n � n + 1. Comme la fonction u est croissante, u (n) � u (n + 1). b. Faux : on ne peut pas comparer les images de deux réels non entiers. c. Vrai : la fonction carré f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Comme 0 � x � x + 1, x² � (x + 1)². Donc f (x) � f (x + 1). A fortiori, f (x) � f (x + 1). d. Faux : la fonction inverse g est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [. Comme 0 � x � x + 1, 1 x � 1 x + 1 . Donc g (x) � g (x + 1) , soit g (x + 1) � g (x). A B Vrai ou faux ? - Calculer A (p. 190) Associer un chiffre et sa placeActivitéActivité 1 le rang du premier 0 est 12 ; le rang du premier 4 est 26 ; le rang du premier 3 est 47. c. On a u(n) = 2 et u(n + 1) = 9 pour n = 16. 2 a. v1 = 92 et v5 = 92. b. v8 = 29. Objectifs – Introduire la notion de suite, de rang, de terme ; – découvrir la notation indicielle ; – travailler sur le sens des indices. 1 a. u (5) = 5 ; u (10) = 9 ; u (17) = 9. b. Le rang du premier 7 est 8 ; (p. 192) sont reprises dans l’exercice 134. Il peut être intéres- sant de travailler sur le texte de Malthus en direct, consultable sur Internet. Il n’est pas de mois où un analyste économique parle de keynésianisme lorsqu’il fait référence à l’inter- ventionnisme de l’État. C’est pourquoi nous avons choisi de sensibiliser les élèves à cette approche de Keynes en exercice 135. Nous le proposons dans une version utilisant au maximum les TICE, sans aucun calcul théorique. La théorie sera reprise en Terminale en utilisant la somme des termes d’une suite géométrique et la limite d’une telle suite. Ce modèle fonctionne lorsque le système est fermé, c’est-à-dire que tout investissement de l’État est consommé dans le pays lui-même. Là, le multipli- cateur keynésien agit totalement. BAT_Chap08-LP.indd 144 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 145 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 145 Trouver la suiteActivitéActivité 2 Objectifs – Travailler sur des programmes de calculs et décou- vrir une façon de définir une suite de nombres : de proche en proche, c’est-à-dire par récurrence ; – utiliser un algorithme et la calculatrice pour cal- culer le terme de rang n d’une suite ; – travailler sur des problèmes de seuil. 1 a. (5 + 3) × 2 = 16 (16 + 3) × 2 = 38 (38 + 3) × 2 = 82. b. La variable U contient le terme de rang I, entier variant de 1 à N . Elle est calculée de proche en proche. c. On obtient : Le plus petit entier n tel que un � 500 est 6. 2 • Programme de calcul A : a. On propose : ALGORITHME T.I.™ CASIO • Entrer la valeur de l’entier N • Stocker le nombre 2 dans U • Répéter N fois : Remplacer U par U + 10 • Aﬃ cher la valeur ﬁ nale de U b. Le terme initial est 2 ; les trois termes suivants sont 12, 22 et 32. c. Le plus petit entier n tel que un > 500 est 50. • Programme de calcul B : a. On propose : ALGORITHME T.I. ™ CASIO • Entrer la valeur de l’entier N • Stocker le nombre 10 dans U • Répéter N fois : Remplacer U par U × 1,2 • Aﬃ cher la valeur ﬁ nale de U b. Le terme initial est 10 ; les trois termes suivants sont 12, 14,4 et 17,28. c. Le plus petit entier n tel que un > 500 est 35. • Programme de calcul C : a. On propose : ALGORITHME T.I. ™ CASIO • Entrer la valeur de l’entier N • Stocker le nombre 5 dans U • Répéter N fois : Remplacer U par 3U – 2 • Aﬃ cher la valeur ﬁ nale de U b. Le terme initial est 5 ; les trois termes suivants sont 13, 37 et 109. c. Le plus petit entier n tel que un > 500 est 5. BAT_Chap08-LP.indd 145 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 146 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 146 Établir une suite à variation absolue constanteActivitéActivité 3 Objectifs – Réinvestir la notion de variation absolue ; – modéliser une situation à l’aide d’une suite ; – découvrir la notion de croissance linéaire ; – utiliser une suite arithmétique pour faire des pré- visions. 1 Les bonnes réponses sont a. et c. 2 a. On obtient : La variation absolue entre deux années consécutives paraît constante entre 2003 et 2010. b. L’accroissement annuel moyen entre 2003 et 2010 est 32,3 – 23,2 2010 – 2003 = 1,3. La variation absolue entre deux années consécutives est égale à l’accroissement annuel moyen. c. Les points sont alignés sur une droite, dont le coeffi- cient directeur est égal à l’accroissement annuel moyen. 3 a. En notant, pour tout entier n, un le nombre de visiteurs (en milliers) pour l’année 2003 + n, on a : un+1 = un + 1,3. b. 2014 est 4 années après 2010. 32,3 + 4 × 1,3 = 37,5. On peut estimer qu’il y aura 37,5 milliers de visiteurs en 2014. c. Pour tout entier n, on a : un = 23,2 + 1,3 × n. On résout 23,2 + 1,3n � 40 ⇔ 1,3n � 16,8 ⇔ n � 16,8 1,3 . Comme n est entier et 16,8 1,3 ≈ 12,9, on pourra envisa- ger la construction du nouveau parking à partir de 2003 + 13, soit 2016. Établir une suite à variation relative constanteActivitéActivité 4 1 a. En C4, on entre =(C2-B2)/B2 .Objectifs – Réinvestir la notion de variation relative ; – modéliser une situation à l’aide d’une suite ; – découvrir la notion de (dé)croissance exponen- tielle ; – utiliser une suite géométrique pour faire des pré- visions. b. On obtient : La variation relative entre deux années consécutives est quasiment constante à – 0,15. 2 a. En notant, pour tout entier n, un la valeur de la chaudière l’année n, on a : un+1 = un × (1 – 0,15) = 0,85 × un. b. Après 20 ans, la valeur de la chaudière est environ 10 000 × 0,8520 ≈ 390 €. BAT_Chap08-LP.indd 146 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 147 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 147 Exercices d’applicationExercices d’application 3. Déterminer et utiliser une suite géométrique (p. 199) a. u1 = 150 ; u2 = 225 ; u3 = 337,5 et u4 = 506,25. b. un = 100 × 1,5 n. a. u0 = 1 ; u1 = 3 ; u2 = 9 et u3 = 27. b. Pour tout entier n : un+1 = 3 n+1 = 3 × 3n = 3 × un Donc la suite (un) est géométrique de raison 3. c. Pour tout entier n : un+1 – un = 3 n+1 – 3n = 3n × 3 – 3n = 3n × (3 – 1) = 2 × 3n Donc un+1 – un � 0 : la suite (un) est croissante. 1 u1 = 5 × (1 + 6100) = 5,3 u2 = 5,3 × 1,06 = 5,618 2 a. Pour tout entier n : un+1 = un × (1 + 6100) = 1,06 × un . Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,06. b. Pour tout entier n, un = 5 × 1,06 n. c. u10 ≈ 8,95. La production au bout de 10 ans est d’en- viron 8,95 tonnes. 3 On tabule à la calculatrice. La production est supé- rieure à 10 tonnes à partir de 12 ans. e. Exercices d’applicationExercices d’application 1. Calculer les termes d’une suite et étudier la variation (p. 195) a. u0 = – 1 ; u1 = 4 ; u2 = 15 et u3 = 32. b. v0 = 10 ; v1 = 5 ; v2 = 10 3 et v3 = 2,5. a. Pour tout entier n, un+1 = (n + 1)2 n + 2 = (n 2 + 2n + 1) n + 2 . Donc un+1 – un = (n2 + 2n + 1) n + 2 – n 2 n + 1 = (n + 1) (n 2 + 2n + 1) – (n + 2)n2 (n + 1) (n + 2) = n 3 + 2n2 + n + n2 + 2n + 1 – n3 – 2n2 (n + 2) (n + 1) = n 2 + 3n + 1 (n + 1) (n + 2) Comme n � 0 : n2 + 3n + 1 � 1 � 0 ; n + 1 � 0 et n + 2 � 0. Donc un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est croissante. b. La fonction f : x � 0,25x + 400 est croissante sur �. On a : v0 = 100 et v1 = 0,25 × 100 + 400 = 425. Donc v0 � v1. Comme f est croissante, f (v0) � f (v1) , c’est-à-dire v1 � v2 , etc. Par itération, pour tout entier n, vn � vn+1. Donc la suite (vn ) est croissante. a. u1 = 21 ; u2 = 43 ; u3 = 87 et u4 = 175. b. v1 = 4 ; v2 = 16 ; v3 = 256 et v4 = 65 536. c. w1 = 3 2 ; w2 = 7 3 ; w3 = 13 7 et w4 = 27 13 . d. t1 = – 2 ; t2 = 5 ; t3 = – 2 et t4 = 5. Exercices d’applicationExercices d’application 2. Déterminer et utiliser une suite arithmétique (p. 197) a. u1 = 7 ; u2 = 10 ; u3 = 13 et u4 = 16. b. Pour tout entier n, un = 4 + 3n. c. u20 = 64. a. u0 = 5 ; u1 = 9 ; u2 = 13 ; u3 = 17. b. Pour tout entier n, un+1 – un = (4 (n + 1) + 5) – (4n + 5) = 4, soit un+1 = un + 4. La suite (un) est arithmétique de raison 4. c. Comme la raison a = 4 est strictement positive, la suite (un) est croissante. 1 u1 = 50 + 2 = 52 ; u2 = 52 + 2 = 54. 2 a. Pour tout entier n, un+1 = un + 2. Donc la suite (un) est arithmétique de raison 2. b. Pour tout entier n, un = 50 + 2n. 3 On résout : un � 100 ⇔ 50 + 2n � 100 ⇔ n � 25. La production double au bout de 25 années. BAT_Chap08-LP.indd 147 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 148 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 148 Exercices d’applicationExercices d’application 4. Comparer deux suites (p. 201) a. Pour tout entier n, on note : • an la population du pays A au bout de n années ; • bn la population du pays B au bout de n années. Pour tout entier n : • an+1 = an – 10 000 avec a0 = 500 000 : la suite (an) est arithmétique de premier terme a0 = 500 000 et de raison – 10 000. • bn+1 = bn × (1 – 8100) = 0,92 × bn avec b0 = 800 000 : la suite (bn) est géométrique de premier terme b0 = 800 000 et de raison 0,92. b. Pour tout entier n : an = 500 000 – 10 000 n et bn = 800 000 × 0,92 n. c. On tabule à la calculatrice. La population du pays B devient inférieure à celle du pays A au bout de 8 ans. QCMQCM c. u2 = 2² + 3 × 2 – 2 = 8. c. On calcule de proche en proche. v1 = 2 × 3 + 5 = 11 et v2 = 2 × 11 + 5 = 27. a. Pour tout entier n, wn = f (n) où f est définie sur [ 0 ; + ∞ [ par f (x) = (x + 1)² + 2. La fonction f est croissante, donc la suite (wn) est croissante. c. a0 = 2, a1 = –2 × 2 + 3 = – 1 et a2 = – 2 × (– 1) + 3 = 5. Comme a0 � a1 et a1 � a2, la suite (an) n’est ni crois- sante, ni décroissante. c. b0 = 3, b1 = 2 × 3 + 3 = 9 et b2 = 2 × 9 + 3 = 21. Ainsi : b1 – b0 = 6 différent de b2 – b1 = 12. Donc la suite (bn) n’est pas arithmétique. b1 b0 = 3 différent de b2 b1 = 7 3 Donc la suite (bn) n’est pas géométrique. a. Pour tout entier n : cn+1 – cn = ( 5 + 4 (n + 1) ) – (5 + 4n) = 4. Donc la suite (cn) est arithmétique de raison 4. b. Pour tout entier n, dn+1 dn = 50 × 1,2 n+1 50 × 1,2n = 1,2. Donc la suite (dn) est géométrique de raison 1,2. c. CM = 1 + 5 100 = 1,05. Tous les dix ans, la population est égale au produit de la population précédente et de 1,05. b. Chaque mois, la production est égale à la somme de la production précédente et de – 5. c. On note Cn le capital obtenu au bout de n années de placement. La suite (Cn) est une suite arithmétique de premier terme C0 = 1 000 et de raison 5 100 × 1 000 = 50. Donc pour tout entier n, Cn = 1 000 + 50 n. On résout : 1 000 + 50 n � 2 000 ⇔ 50 n � 1 000 ⇔ n � 20. n étant entier, on obtient n � 21. c. On note Cn le capital obtenu au bout de n années de placement. La suite (Cn) est une suite géométrique de premier terme C0 = 1 000 et de raison 1 + 3,5 100 = 1,035. Donc pour tout entier n, Cn = 1 000 × 1,035 n. On calcule les termes à l’aide de la calculatrice. C20 � 2 000 et C21 � 2 000. (p. 203) BAT_Chap08-LP.indd 148 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 149 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 149 1 Notion de suite (p. 204) Vrai ou faux ? a. Vrai : u2 = 2² + 2 × 2 = 8 . b. Vrai : u10 = 10² + 2 × 10 = 120 . c. Vrai : u5 = 5² + 2 × 5 = 35 impair. d. Vrai : un+1 = (n + 1)² + 2 (n + 1) = n² + 2n + 1 + 2n + 2 = n² + 4n + 3. QCM 1 c. v1 = 0,5 × 10 + 1 = 6. 2 b. v2 = 0,5 × 6 + 1 = 4. 3 a. v3 = 0,5 × 4 + 1 = 3. Rangs et termes 1 p5 = 111,3 et p8 = 117,7 2 a. L’indice mis en rouge peut s’écrire p7. b. Le rang de l’indice mis en bleu est 3. 3 L’indice des prix augmente entre 1999 et 2010. Calculatrice 1 u0 = – 2 ; u1 = – 1 ; u2 = 2 ; u3 = 7 et u4 = 14 2 u10 = 10 2 – 2 = 98 u50 = 50 2 – 2 = 2 498 a. u0 = 0² + 2 × 0 = 0. u1 = 1² + 2 × 1 = 3. u2 = 2² + 2 × 2 = 8. u3 = 3² + 2 × 3 = 15. u4 = 4² + 2 × 4 = 24. b. v0 = 100 × 1,02 0 = 100. v1 = 100 × 1,02 1 = 102. v2 = 100 × 1,02² = 104,04. v3 = 100 × 1,02 3 ≈ 106,12. v4 = 100 × 1,02 4 ≈ 108,24. a. u0 = 1 ; u1 = 1 2 ; u2 = 1 3 ; u3 = 1 4 et u4 = 1 5 . b. v0 = 0 ; v1 = – 1 ; v2 = 2 ; v3 = – 3 et v4 = 4. a. u0 = 0 ; u1 = 99 ; u2 = 196 ; u3 = 291 et u4 = 384. b. v0 = 35 ; v1 = 37 ; v2 = 38,6 ; v3 = 39,88 et v4 = 40,904. Modéliser avec une suite a. Pour tout entier n, un = 2n b. Pour tout entier n, un = 3(n + 1). c. Pour tout entier n, un = 2 n. Calculatrice a. u0 = 10 ; u1 = 37 ; u2 = 145 ; u3 = 577 et u4 = 2 305. b. u5 = 4u4 – 3 = 4 × 2 305 – 3 = 9 217 u6 = 4 × 9 217 – 3 = 36 865 a. u1 = 2 × 1 + 1 = 3 u2 = 2 × 3 + 1 = 7 u3 = 2 × 7 + 1 = 15 u4 = 2 × 15 + 1 = 31 b. v1 = 0,9 × 100 = 90 v2 = 0,9 × 90 = 81 v3 = 0,9 × 81 = 72,9 v4 = 0,9 × 72,9 = 65,61 a. u1 = 8 ; u2 = 11 ; u3 = 14 et u4 = 17. b. v1 = 3 ; v2 = 8 ; v3 = 63 et v4 = 3 968. a. u1 = 65 2 = 32,5 u2 = 235 4 = 58,75 u3 = 785 8 = 98,125 u4 = 2 515 16 ≈ 157,19 b. v1 = 1 3 ; v2 = 3 ; v3 = 1 3 et v4 = 3. u1 = – 0,5 ; u2 = – 1,25 ; u3 ≈ – 1,63 et u4 ≈ – 1,81. a. u1 = 1 050 u2 = 1 102,5 u3 ≈ 1 157,63 u4 ≈ 1 215,51 b. v1 = 450 v2 = 410 v3 = 378 v4 = 352,4 a. u1 = 6 5 = 1,2 u2 = 11 6 ≈ 1,83 u3 = 17 11 ≈ 1,55 u4 = 28 17 ≈ 1,65 b. v1 = 1 3 ≈ 0,33 ; v2 = – 1 2 = – 0,5 ; v3 = – 3 et v4 = 2. Pour les exercices 37 à 41 Écrire une formule de récurrence a. CM = 1 + 6 100 = 1,06 . Donc pour tout entier n, un+1 = un × 1,06. b. u0 = 100 ; u1 = 106 ; u2 = 112,36 ; u3 ≈ 119,10 et u4 ≈ 126,25. c. Par définition de la suite (chaque terme est aug- menté de 6 %), la suite (un) est croissante. a. Pour tout entier n : vn+1 = vn – 1 5 vn = 4 5 vn . b. v0 = 1 000 ; v1 = 800 ; v2 = 640 ; v3 = 512 et v4 = 409,6. c. Chaque terme est diminué du 5e, donc la suite (vn) est décroissante. BAT_Chap08-LP.indd 149 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 150 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 150 a. Pour tout entier n, wn+1 = 5 + wn. b. w0 = 20 ; w1 = 25 ; w2 = 30 ; w3 = 35 et w4 = 40. c. Chaque terme est augmenté de 5, donc la suite (wn) est croissante. Pour tout entier n, on note Pn la population au bout de n années d’évolution. a. Pn+1 = Pn + 5 100 × Pn – 1 000 = 1,05 Pn – 1 000 b. P0 = 30 000 ; P1 = 30 500 ; P2 = 31 025 ; P3 ≈ 31 576 et P4 ≈ 32 155. c. 1 000 habitants représentent environ 3,33 % de la population initiale. La diminution de 1 000 habitants n’est donc pas compensée par l’augmentation annuelle de 5 % . Ainsi, la suite (Pn) est croissante. Pour tout entier n, on note Pn la population au bout de n années d’évolution. a. Pn+1 = Pn – 6 100 Pn + 4 000 = 0,94 Pn + 4 000 b. P0 = 100 000 ; P1 = 98 000 ; P2 = 96 120 ; P3 ≈ 94 352 et P4 ≈ 92 691. c. 4 000 habitants représentent 4 % de la population initiale. L’augmentation de 4 000 ne compense donc pas la diminution annuelle de 6 % . Ainsi, la suite (Pn) est décroissante. Sens de variation et graphique u0 = f (0) = 2 ; u1 = f (1) = 3 ; u2 = 4 ; u3 = 6 ; u4 = 7 ; u5 = 8 ; u6 = 8,5 et u7 = 10. Sur les premiers termes de la suite (jusqu’au rang 7), la suite (un) est croissante. Variations et calculs de termes 1 a. Pour tout entier n : un+1 = 80 100 × un + 1 500 = 0,8 un + 1 500. d’où les formules dans la colonne B. b. On obtient : 2 Sur les 50 premiers termes, la suite (un) est crois- sante. 3 Le nombre d’abonnés ne semble jamais atteindre ni dépasser la valeur 7 500. Travailler sur les indices Pour tout entier n : • un+1 = 3(n + 1) 2 – 2(n + 1) + 1 = 3n2 + 4n + 2 ; • un+3 = 3(n + 3) 2 – 2(n + 3) + 1 = 3n2 + 16n + 22 ; • un–1 = 3(n – 1) 2 – 2(n – 1) + 1 = 3n2 – 8n + 6. Pour les exercices 45 à 51 Variations de suite Pour tout entier n : un+1 – un = (n + 1) 2 – n2 = 2n + 1 Comme n est un entier positif, un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = (4 (n + 1) + 2) – (4n + 2) = 4 � 0 Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = 5 n + 2 – 5 n + 1 = 5 (n + 1) (n + 1) (n + 2) – 5 (n + 2) (n + 1) (n + 2) = – 5 (n + 1) (n + 2) . Comme n est un entier positif, un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est décroissante. Pour tout entier n : un+1 – un = n + 1 n + 3 – n n + 2 = (n + 1) (n + 2) – n(n + 3) (n + 3) (n + 2) = 2 (n + 2) (n + 3) . Comme n est un entier positif, un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = 1,4 n+1 – 1,4n = 1,4n × 1,4 – 1,4n × 1 = 1,4n × (1,4 – 1) = 0,4 × 1,4n � 0. Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = 2 × 0,9 n+1 – 2 × 0,9n = 2 × 0,9n × (0,9 – 1) = – 0,2 × 0,9n � 0. Donc la suite (un) est décroissante. Pour tout entier n : un+1 – un = – 10 × 1,05 n+1 + 10 × 1,05n = 10 × 1,05n × (– 10 + 1) = – 90 × 1,05n � 0. Donc la suite (un) est décroissante. BAT_Chap08-LP.indd 150 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 151 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 151 Variation de fonction et variation de suite a. f’ (x) = 4x + 3. Donc pour tout réel x � 0, f’ (x) � 0. Ainsi, la fonction f est croissante sur [ 0 ; +∞ [. b. Pour tout entier n, n � n + 1. Comme f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [, f (n) � f (n + 1), c’est-à-dire un � un+1. Donc la suite (un) est croissante. Pour les exercices 53 et 54 Variations : suite et fonction Soit f la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [ par f (x) = – 3x2 – 4x + 5. La fonction f est dérivable et pour tout réel x � 0, f’ (x) = – 6x – 4 � 0. Donc la fonction f est décroissante sur [ 0 ; + ∞ [. Alors pour tout entier n, comme n � n + 1, on a : f (n) � f (n + 1), soit un � un+1. Donc la suite (un) est décroissante. Soit f la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [ par : f (x) = 2x + 1 x + 3 . La fonction f est dérivable et pour tout réel x � 0 : f’ (x) = 2(x + 3) – 1(2x + 1) (x + 3)2 = 5 (x + 3)2 � 0. Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Alors pour tout entier n, comme n � n + 1, on a : f (n) � f (n + 1), soit un � un+1. Donc la suite (un) est croissante. Évolution d’un capital 1 a. C2 = C1 + 6 100 C1 + 100 = 1,06 C1 + 100 = 1 329,60. C3 = 1,06 C2 + 100 = 1 509,376. b. Pour tout entier n : Cn+1 = Cn + 6 100 Cn + 100 = 1,06 Cn + 100. 2 D’une année à l’autre, le capital est augmenté de 6 % , puis de 100 € : le capital augmente donc au cours du temps. Donc la suite (Cn) est croissante. 3 On cherche le rang à partir duquel Cn � 2 000. Le capital a doublé au bout de 6 années d’augmentation. Taux d’équipement des ménages 1 • L’année 1969 correspond à n = 9. u9 = 95 × 9 + 200 9 + 10 ≈ 55,5. Le taux d’équipement en 1969 est estimé à 55,5 %. Cette valeur est très proche de la valeur observée. • L’année 1980 correspond à n = 20. u20 = 95 × 20 + 200 20 + 10 = 70. Le taux d’équipement en 1980 est estimé à 70 %. Cette valeur est égale à la valeur observée. • L’année 1990 correspond à n = 30 . u30 = 95 × 30 + 200 30 + 10 = 76,25. Le taux d’équipement en 1990 est estimé à 76,25 %. Cette valeur est très proche de la valeur observée. • L’année 2000 correspond à n = 40 . u40 = 95 × 40 + 200 40 + 10 = 80. Le taux d’équipement en 2000 est estimé à 80 % . Cette valeur est égale à la valeur observée. • L’année 2007 correspond à n = 47 . u47 = 95 × 47 + 200 47 + 10 ≈ 81,8. Le taux d’équipement en 2007 est estimé à 81,8 %. Cette valeur est très proche de la valeur observée. 2 La fonction f est dérivable sur [ 0 ; + ∞ [ et pour tout réel x, f’ (x) = 95 (x + 10) – 1 (95x + 200) (x + 10)2 = 750 (x + 10)2 � 0. La fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. On en déduit que la suite (un) est croissante : plus le temps passe, plus le taux d’équipement augmente, c’est-à-dire plus il y a de ménages équipés. Augmenter son nombre d’amis 1 Le nombre de correspondants croît en fonction du nombre de jours écoulés. Donc la suite (un) est croissante. 2 u1 = 1 ; u2 = 2 × u1 = 2 ; u3 = 3 × u2 = 6 ; u4 = 4 × u3 = 24 et u5 = 5 × u5 = 120. 3 Pour tout entier n � 2 , un = n × un–1. Le terme un est calculé de proche en proche, comme dans l’algorithme. 4 a. On obtient : Le nombre de correspondants espérés le 10e jour est 3 628 800. b. On teste plusieurs valeurs de n à l’aide du pro- gramme. On obtient : Xavier atteindra le nombre d’habitants de la France au bout de 12 jours. c. Xavier atteindra la population mondiale au bout de 14 jours. BAT_Chap08-LP.indd 151 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 152 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 152 2 Suite arithmétique (p. 207) Vrai ou faux ? 1 Vrai : pour tout entier n : un+1 – un = ( 2 (n + 1) + 1) – (2n + 1) = 2, constante. 2 Faux : pour tout entier n, un+1 – un = n dépend de n. 3 Faux : pour tout entier n, un = 3 + 4n. Donc u10 = 3 + 4 × 10 = 43. 4 Faux : la raison est u6 – u4 6 – 4 = 3. À partir d’une formule de récurrence a. Faux : u0 = 2, u1 = 4 et u2 = 8. La différence entre deux termes consécutifs n’est pas constante. b. Faux : v0 = – 1, v1 = 1 et v2 = 5. La différence entre deux termes consécutifs n’est pas constante. c. Vrai : pour tout entier n, wn+1 – wn = – 2, constante. Pour les exercices 60 et 61 À partir du terme général a. Pour tout entier n : un+1 – un = (2 (n + 1) – 1) – (2n – 1) = 2, constante. Donc la suite (un) est arithmétique de raison 2 et de terme initial u0 = 2 × 0 – 1 = – 1. b. Pour tout entier n : vn+1 – vn = – (n + 1) 2 – – n 2 = – n – 1 + n 2 = – 1 2 , constante. Donc la suite (vn) est arithmétique de raison – 1 2 et de terme initial v0 = – 0 2 = 0. c. Pour tout entier n, wn+1 – wn = n + 2 3 – n + 1 3 = 1 3 constante. Donc la suite (wn) est arithmétique de raison 1 3 et de terme initial w0 = 0 + 1 3 = 1 3 . a. Pour tout entier n : un+1 – un = – 4 (n + 1) + 3 4 – – 4n + 3 4 = – 1, constante. Donc la suite (un) est arithmétique de raison a = – 1 et de terme initial u0 = – 4 × 0 + 3 4 = 0,75. b. v1 = 1 ; v2 = 1,5 et v3 = 5 3 . Les différences v1 – v2 = 0,5 et v3 – v2 = 1 6 sont différentes. Donc la suite (vn) n’est pas arithmétique. c. Pour tout entier n, wn = (n + 1) (n – 1) n + 1 = n – 1 Donc wn+1 – wn = ((n + 1) – 1) – (n – 1) = 1 constante. Donc la suite (wn) est arithmétique de raison 1 et de terme initial w0 = – 1. Pour les exercices 62 à 64 Calcul de la raison La raison a est la différence de deux termes consé- cutifs. Donc a = u1 – u0 = 45 – 50 = – 5. La raison a est l’accroissement moyen entre deux termes. Donc a = u20 – u10 20 – 10 = 7 – 2 10 = – 0,5. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 10 + n × a. Ainsi, u7 + u8 = (10 + 7a) + (10 + 8a) = 20 + 15a. Donc 20 + 15a = 35. On en déduit que a = 1. Pour les exercices 65 et 66 Expression du terme général a. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 3 + 4n. b. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 10 + 0,2n. a. La raison a est : u20 – u10 20 – 10 = 14 – 13 10 = 0,1. Le terme initial u0 est : u10 – 10 × a = 12. Pour tout entier n , un = u0 + n × a = 12 + 0,1n. b. La raison a est : u10 – u0 10 – 0 = – 10 – 23 10 = – 3,3. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 23 – 3,3n. Calculs de termes 1 a. La consommation d’huile augmente de 8 cL tous les mois, à partir de la valeur 50 cL. Donc la suite (cn) de la consommation d’huile est arith- métique de raison 8 et de terme initial c1 = 50. Ainsi, pour tout entier n � 1 : cn = 50 + 8 (n – 1) = 42 + 8n. b. c2 = 50 + 8 = 58 ; c3 = 66 et c4 = 74. 2 On résout 42 + 8n � 100 ⇔ 8n � 58 ⇔ n � 7,25. Comme n est entier, la consommation dépasse 100 cL au bout de 8 mois. Pour les exercices 68 à 71 Sens de variation La raison a est 0,2 positive. Donc la suite arithmétique (un) est croissante. La raison a est – 2 négative. Donc la suite (un) est décroissante. La suite (un) est soit croissante, soit décroissante. Comme u5 > u2 , la suite (un) est croissante. Par ailleurs, la raison a est : u5 – u2 5 – 2 = 1,5 positive. La suite (un) est soit croissante, soit décroissante. Comme u17 � u10, la suite (un) est croissante. Par ailleurs, la raison a est : u17 – u10 17 – 10 = 21 – 2 7 = 19 7 positive. BAT_Chap08-LP.indd 152 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 153 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 153 Doublement d’une production 1 a. La production augmente de 1,86 tonnes par an, à partir de 15 tonnes. Donc la suite (un) est arithmétique de raison a = 1,86 et de terme initial u0 = 15. Donc pour tout entier n, un = 15 + 1,86 n. b. L’année 2015 correspond à n = 5. u15 = 15 + 1,86 × 15 = 42,9. La production du produit est estimée à 42,9 tonnes en 2015. 2 On résout : un � 30 ⇔ 15 + 1,86 n � 30 ⇔ 1,86n � 15 ⇔ n � 15 1,86 Or 15 1,86 ≈ 8,06 et n est entier. Donc la production double à partir de 9 années d’aug- mentation, soit à partir de 2019. Interpolation linéaire 1 a. L’accroissement moyen annuel est : a = 34 000 000 – 25 000 000 10 = 900 000. b. La population fin 2007 est : 25 000 000 + 7 × 900 000 = 31 300 000 habitants. 2 Si la croissance linéaire se maintient, la population en 2015 sera de : 34 000 000 + 5 × 900 000 = 35 500 000 habitants. Compte « à sec » 1 a. Chaque mois, Cannelle dépense 200 € à partir de la valeur 1 300 €. Donc la suite (un) est arithmétique de raison a = – 200 et de terme initial u0 = 1 300. Donc pour tout entier n, un = 1 300 – 200n. b. Septembre est le 8e mois après janvier. Comme u8 = 1 300 – 200 × 8 = – 300, le compte de Cannelle sera à découvert de 300 € au 1er septembre de cette année. 2 On résout : un � 0 ⇔ 1 300 – 200n � 0 ⇔ n � 6,5. Comme n est entier, le compte de Cannelle sera à découvert au bout de 7 mois, soit à partir du 1er août. (En juillet, le montant du compte de Cannelle est de 100 €.) Calcul de raison On souhaite réduire les stocks de : 2 000 – 1 070 = 930 tonnes, en six mois. Il faut donc réduire les stocks chaque mois de : 930 6 = 155 tonnes. Influence de la raison 1 a. et b. En B5 =B4+$C$2 ; en C5 =B5–B4 ; en D5 =B5/B4 . c. On obtient : La suite (un) est croissante ; la suite (dn) est constante ; la suite (qn) est décroissante. 2 a. Lorsque la raison a est 50, la suite (dn) est constante, égale à 50. b. Lorsque a = – 5 , en ligne 10 : u6 = 70, d6 = – 5 et q6 ≈ 0,933. La suite (un) est décroissante ; la suite (dn) est constante ; la suite (qn) est décroissante. c. Lorsque a = – 25 , u4 = 0 et u5 = – 25. Le terme q5 n’existe pas. Temps maximal 1 a. D1 = 50 + 2,3 = 52,3 m ; D2 = 50 + 2 × 2,3 = 54,6 m ; D3 = 56,9 m. BAT_Chap08-LP.indd 153 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 154 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 154 b. Chaque seconde supplémentaire augmente la dis- tance de freinage de 2,3 m à partir de 50 m. Donc la suite (Dn) est arithmétique de raison 2,3 et de terme initial D0 = 50. 2 a. Pour tout entier n, Dn = 50 + 2,3 n. b. 1 s = 10 × 0,1 s. Comme D10 = 50 + 2,3 × 10 = 73, la distance parcourue pour un temps de réaction de 1 s est de 73 m. 3 On résout : Dn � 200 ⇔ 50 + 2,3 n � 200 ⇔ n � 150 2,3 . Comme 150 2,3 ≈ 65,2 et que n est entier, le temps de réaction maximal possible pour s’arrêter avant 200 m est de 65 × 0,1 s, soit 6,5 secondes. Calcul d’une somme 1 u1 = 20 ; u2 = 20 – 0,60 = 19,40 ; u3 = 18,80. 2 a. Chaque la mensualité diminue de 0,6 € à partir de 20 €. Donc la suite (un) est arithmétique de raison – 0,6 et de terme initial u1 = 20. b. Pour tout entier n � 1 : un = 20 – 0,6 (n – 1) = 20,6 – 0,6n. c. u12 = 20,6 – 0,6 × 12 = 13,4. La mensualité du 12e mois est de 13,40 €. 3 a. On obtient : o Stocker 20 dans U o Stocker la valeur de U dans S o Répéter 23 fois Remplacer U par U – 0,6 Remplacer S par S + U o Afficher la valeur de S b. Les programmes sont : T.I.™ Casio On obtient : L’acheteur paiera au total 314,40 €. Épargne pour un vélo 1 Chaque mois, le dépôt augmente de 2 € à partir de 10 €. Donc la suite (pn) est arithmétique de raison 2 et de terme initial p0 = 10. Donc pour tout entier n, pn = 10 + 2n. 2 a. Au bout de deux mois, la tirelire contient p0 + p1 = 10 + 12 = 22 €. Au bout de trois mois, la tirelire contient p0 + p1 + p2 = 10 + 12 + 14 = 36 €. b. À l’aide de la calculatrice ou d’un tableur, on obtient p0 + p1 + p2 + ... + p7 = 136 et p0 + p1 + ... + p8 = 162. Pierre doit donc attendre 9 mois d’économie pour pou- voir acheter le vélo de 150 €. La dernière somme déposée est p8 = 26 €. 3 Suites géométriques (p. 209) Vrai ou faux ? 1 Vrai : pour tout entier n : un+1 un = 0,9n+1 0,9n = 0,9 constante. 2 Faux : u0 = 1, u1 = u0 × 1 = 1 et u2 = 1 × 2. Le quotient de deux termes consécutifs n’est pas constant. 3 Vrai : u4 = 100 × (12) 4 = 6,25 . 4 Faux : la raison q est : u5 u4 = 1,5. Pour les exercices 81 et 82 À partir du terme général a. Pour tout entier n : un+1 un = – 3 × 2n+1 – 3 × 2n = 2 constante. Donc la suite (un) est géométrique de raison 2 et de terme initial u0 = – 3 × 2 0 = – 3. b. Pour tout entier n : vn+1 vn = 3 × 0,2 n+1 3 × 0,2n = 0,2 constante. BAT_Chap08-LP.indd 154 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 155 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 155 Donc la suite (vn) est géométrique de raison 0,2 et de terme initial v0 = – 3. c. w0 = 1 – 0,3 = 0,7 ; w1 = 1 – 0,3 × 10 = – 2 et w2 = 1 – 0,3 × 10 2 = – 29, Les quotients w1 w0 = – 20 7 et w2 w1 = – 29 2 sont différents. Donc la suite (wn) n’est pas géométrique. a. u0 = 3 ; u1 = – 1 et u2 = – 5. Les quotients u1 u0 = – 1 3 et u2 u1 = 5 sont différents. Donc la suite (un) n’est pas géométrique. b. v0 = 1 ; v1 = 4 et v2 = 7. Les quotients v1 v0 = 4 et v1 v0 = 7 4 sont différents. Donc la suite (vn) n’est pas géométrique. c. Pour tout entier n, wn+1 wn = 2n+3 10 2n+2 10 = 2 constante. Donc la suite (wn) est géométrique de raison 2 et de terme initial w0 = 22 10 = 0,4. Expression du terme général a. La suite (un) est géométrique de raison q = 0,9 et de terme initial u0 = 100. Donc pour tout entier n, un = 100 × 0,9 n. b. La suite (un) est géométrique de raison q = 1,5 et de terme initial u0 = 30. Donc pour tout entier n, un = 30 × 1,5 n. c. Pour tout entier n, un+1 = 0,95 × un. Donc la suite (un) est une suite géométrique de raison q = 0,95 et de terme initial u0 = 150. Donc pour tout entier n, un = 150 × 0,95 n. Pour les exercices 84 à 86 Calcul de raison La raison q est : u1u0 = 45 50 = 0,9. Pour tout entier n, un = u0 × q n = 50 × 0,9n. La raison q vérifie : q2 = u3 u1 = 4,8 1,2 = 4. Comme q � 0 , on a : q = 2. Alors u0 = u1 q = 1,2 2 = 0,6. Pour tout entier n, un = 0,6 × 2 n. Ainsi, u20 = 0,6 × 2 20 = 629 145,6. La raison q vérifie : q3 = u5 u2 = 300 37,5 = 8 . Donc q = 2 . Alors u0 = u2 q2 = 37,5 22 = 9,375. Pour tout entier n, un = 9,375 × 2 n. Ainsi, u11 = 9,375 × 2 11 = 19 200. Pourcentage de diminution constant a. CM = 1 – 8 100 = 0,92. Donc la suite (pn) des prix au bout de n années est une suite géométrique de raison 0,92 et de terme initial p0 = 200. Donc pour tout entier n, pn = 200 × 0,92 n. b. p5 = 200 × 0,92 5 ≈ 132 €. Le prix de l’appareil au bout de 5 ans est environ 132 €. Pourcentage d’augmentation constant a. CM = 1 + 1,5 100 = 1,015. Donc la suite d’indice (In) est géométrique de raison q = 1,015 et de terme initial I0 = 100. Donc pour tout entier n, In = 100 × 1,015n. b. I12 = 100 × 1,01512 ≈ 119,56. L’indice fin décembre est environ 119,56. Coefficient multiplicateur constant L’épaisseur de la feuille obtenue est : 0,1 × 220 = 104 857,6 mm , soit environ 105 m. Évolution selon une suite géométrique a. La raison q est 5,2 6,5 = 0,8. Le taux de diminution annuelle est : 1 – 0,8 = 0,2 = 20 %. b. La suite des productions annuelles (Pn) est géomé- trique de raison q = 0,8 et de terme initial P0 = 6,5. Donc pour tout entier n , Pn = 6,5 × 0,8 n. c. P5 = 6,5 × 0,8 5 ≈ 2,130. La production au bout de 5 ans est environ 2 130 kg. Pour les exercices 91 à 93 Sens de variation Pour tout entier n , un = 18 × 2,2n. La raison 2,2 est strictement supérieure à 1. Donc la suite de terme général 2,2n est croissante. En multipliant par 18, on obtient que la suite (un) est croissante. La suite (un) est géométrique de raison q = 0,9 (inférieure à 1) et de terme initial 5 500. La suite de terme général 0,9n est décroissante. En multipliant par 5 500, la suite (un) est décroissante. Pour tout entier n, un+1 = 0,9 un. Donc la suite (un) est géométrique de raison q = 0,9 (inférieure à 1) et de terme initial 4 000. La suite de terme général 0,9n est décroissante. En multipliant par 4 000, la suite (un) est décroissante. Augmentation de moitié 1 a. Chaque heure, la population de bactéries aug- mente de moitié, soit de 50 % : le coefficient multipli- cateur associé est q = 1 + 50 100 = 1,5. BAT_Chap08-LP.indd 155 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 156 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 156 Donc la suite (un) est géométrique de raison q = 1,5 et de terme initial u0 = 100. b. Pour tout entier n, un = 100 × 1,5 n. c. La raison 1,5 est strictement supérieure à 1. Donc la suite de terme général 1,5n est croissante. En multipliant par 100, on obtient que la suite (un) est croissante. 2 a. u8 = 100 × 1,5 8 ≈ 2 562. Au bout de 8 h, la population est environ de 2 562 bac- téries. b. On cherche le rang à partir duquel un est supérieur à 10 000. On tabule : La population est au moins multipliée par 100 au bout de 12 jours. Influence de l’arrondi de la raison 1 Le coefficient multiplicateur est : CM = 5,266 5,136 ≈ 1,0253. 2 a. Avec CM = 1,02, la population pour n = 10 est : p1 = 5,136 × 1,02 10 ≈ 6,261 millions d’habitants. b. Avec CM = 1,025, la population pour n = 10 est : p2 = 5,136 × 1,025 10 ≈ 6,575 millions d’habitants. c. Avec CM = 1,025 3, la population pour n = 10 est : p3 = 5,136 × 1,025 3 10 ≈ 6,594 millions d’habitants. 3 L’écart obtenu entre p1 et p2 est : 6,575 – 6,261 = 0,314 millions d’habitants, soit 314 milliers d’habitants. L’écart obtenu entre p2 et p3 est : 6,594 – 6,575 = 0,019 millions d’habitants, soit 19 milliers d’habitants. Calculs de termes 1 a. CM = 1 + 2 100 = 1,02. Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,02 et de terme initial u0 = 1 000. Donc pour tout entier n , un = 1 000 × 1,02 n. b. u4 = 1 000 × 1,02 4 ≈ 1 082. Le nombre de clients au bout de 4 trimestres d’aug- mentation, c’est-à-dire un an, est 1 082. 2 u8 = 1 000 × 1,028 ≈ 1 172. CMglobal = u8 u0 ≈ 1,171. taux = CMglobal – 1 ≈ 17 %. La fréquentation a augmenté de 17 % en deux ans. Calcul d’un seuil 1 Le coefficient multiplicateur est : CM = 1 – 5 100 = 0,95. Donc p1 = p0 × 0,95 = 400 000 × 0,95 = 380 000 ; p2 = 380 000 × 0,95 = 361 000 ; p3 = 361 000 × 0,95 = 342 950. 2 Chaque année, la production de gaz est multipliée par 0,95 . Donc la suite (pn) est géométrique de raison q = 0,95 et de terme initial p0 = 400 000. Donc pour tout entier n, pn = 400 000 × 0,95 n. 3 p10 = 400 000 × 0,95 10 ≈ 239 495,8. Au bout de 10 ans de diminution, la production de gaz obtenue est d’environ 239 495,8 tonnes, qui est supérieure à 200 000 tonnes. L’entreprise ne réalise donc pas ses objectifs. On tabule la suite en cherchant le rang à partir duquel pn est inférieur à 200 000. Il faut à l’entreprise 14 années de diminution pour atteindre ses objectifs. Seuil programmé 1 V1 = V0 – 6 100 × V0 = 5 × 0,94 = 4,7 ; V2 = V1 × 0,94 = 4,418 ; V3 = V2 × 0,94 ≈ 4,153. 2 a. Le volume de produit diminue chaque heure de 6 %, donc est multiplié chaque heure par 1 – 6 100 = 0,91. Donc la suite (Vn) est géométrique de raison 0,94 et de terme initial V0 = 5. b. Pour tout entier n, Vn = 5 × 0,94 n. c. V10 = 5 × 0,94 10 ≈ 2,693. Le volume de produit présent dans le corps au bout de 10 h est environ 2,693 cm3. 3 a. La variable V contient la valeur du volume de produit au bout de N heures. Son contenu est calculé de proche en proche en utilisant la formule de récur- rence, jusqu’à ce qu’il soit inférieur à 2,5 cm3. Le dernier rang N calculé est le premier pour lequel VN � 2,5 et donne l’instant auquel il faut refaire une injection. Les deux programmes sont corrects. b. On programme la calculatrice et on exécute le pro- gramme. Il faut donc refaire une injection au bout de 12 h. Trouver le premier règlement 1 Un = U1 × 0,6 n–1 . La raison 0,6 est comprise entre 0 et 1. Donc la suite de terme général 0,6n est décrois- sante. En multipliant par U1 qui est positif, les règle- ments U1, U2 , U3 et U4 sont dégressifs. BAT_Chap08-LP.indd 156 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 157 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 157 2 a. U2 = U1 × 0,6 U3 = U1 × 0,6² = U1 × 0,36 U4 = U1 × 0,6 3 = U1 × 0,216 . b. U1 + U2 + U3 + U4 = U1 + 0,6 U1 + 0,36 U1 + 0,216 U1 = 2,176 U1. 3 Le coût total est 6 800 €. Donc U1 + U2 + U3 + U4 = 6 800, soit 2,176 U1 = 6 800. Donc U1 = 6 800 2,176 = 3 125. Alors U2 = 3 125 × 0,6 = 1 875. U3 = 3 125 × 0,6² = 1 125 ; U4 = 3 125 × 0,6 3 = 625. Utiliser le second degré 1 Le premier règlement étant u0 = 1 000 €, les règle- ments suivants sont : u1 = u0 × q = 1 000 q et u2 = u0 × q 2 = 1 000 q2. Le règlement étant trois fois sans frais, on a : u0 + u1 + u2 = 4 350, c’est-à-dire : 1 000 + 1 000q + 1 000q2 = 4 350, ou encore : 1 000 (1 + q + q2) = 4 350. 2 • On résout l’équation q2 + q + 1 = 4,35 soit q2 + q – 3,35 = 0. On a Δ = 14,4 ; q1 ≈ – 2,397 et q2 ≈ 1,397. La raison q étant positive, on obtient : q ≈ 1,397. • La raison étant strictement supérieure à 1, avec un terme initial positif , les règlements ne sont pas dégres- sifs, mais augmentent. 3 Le premier règlement est u0 = 1 000 €. Le 2e règlement est u1 = u0 × q ≈ 1 397,37 €. Le 3e règlement est u2 = u0 × q 2 ≈ 1 952,63 €. Déterminer un taux annuel 1 Le chiffre d’affaires est multiplié chaque année par CM = 1 + t 100 . Donc la suite (un) est géométrique de raison 1 + t 100 et de terme initial u0 = 640. 2 Pour tout entier n, un = u0 × (1 + t100)n, donc u3 = u0 × (1 + t100)3. Donc 640 × (1 + t100)3 = 1 120. On en déduit que (1 + t100)3 = 1 120640 . Par la calculatrice, on a : 1 + t 100 ≈ 1,205 donc t ≈ 20,5. 3 L’année 2016 correspond à n = 6 . u6 = u0 × (1 + t100)6 = u0 × ( (1 + t100)3 )2 = 640 × (1 120640 )2 = 1 960. Le chiffre d’affaires en 2016 est estimé à 1 960 milliers d’euros. Calcul d’une somme 1 a. d2 = d1 + 4 100 × d1 = 1,04 × 10 000 = 10 400 L’artisan parcourt 10 400 km la 2e année. d3 = d2 + 4 100 × d2 = 1,04 × 10 400 = 10 816. L’artisan parcourt 10 816 km la 3e année. b. La distance annuelle parcourue est multipliée chaque année par 1,04 donc la suite (dn) est géomé- trique de raison 1,04 et de terme initial d1 = 10 000. Donc pour tout entier n � 1, dn = 10 000 × 1,04 n–1. c. d10 = 10 000 × 1,04 9 ≈ 14 233. L’artisan parcourt environ 14 233 km la 10e année. d. On tabule à la calcula- trice. La distance annuelle parcourue dépasse 15 000 km la 12e année. 2 a. La variable D contient la distance parcourue l’année N, calculée de proche en proche par la formule de récurrence ; la variable S contient la somme cumulée des distances, qui est calculée de proche en proche. On effectue les calculs jusqu’à ce que S soit supérieure à 120 000, c’est-à-dire tant que S est inférieure à 120 000. b. On utilise le programme : Le véhicule devra être remplacé au bout de 10 années. Calcul d’un seuil pour une somme 1 a. u1 = u0 – 20 100 × u0 = 0,8 × 850 = 680. b. u2 = u1 – 20 100 × u1 = 0,8 × 680 = 544. La quantité de pétrole restante en décembre 2012 est de 544 millions de barils. u3 = 0,8 × u2 = 435,2. La quantité de pétrole restante en décembre 2013 est de 435,2 millions de barils. c. La quantité de pétrole extraite de 2011 à 2013 est : 850 – u3 = 850 – 435,2 = 414,8 millions de barils. On peut aussi calculer : 20 100 × u0 + 20 100 × u1 + 20 100 × u2 = 0,2 × (850 + 680 + 544) = 414,8. 2 Pour tout entier n : un+1 = un – 20 100 × un = 0,8 × un. Donc la suite (un) est géométrique de raison 0,8 et de terme initial u0 = 850. Donc pour tout entier n, un = 850 × 0,8 n. 3 On cherche le rang N à partir duquel uN � 10. On tabule à la calcula- trice. Le gisement est considéré comme épuisé au bout de 20 ans. BAT_Chap08-LP.indd 157 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 158 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 158 Influence de la raison 1 a. et b. En B5 =B4*$C$2 ; en C5 =B5-B4 ; en D5 =B5/ B4 . c. On obtient : La suite (un) paraît croissante ; la suite (dn) paraît crois- sante ; la suite (qn) paraît constante. 2 a. En ligne 10 , on obtient : u6 = 6 400 ; d6 = 3 200 ; q6 = 2. b. Pour q = 0,9 , on a : u6 ≈ 53,144 ; d6 ≈ – 5,905 et q6 ≈ 0,9. Pour q = 0,5 , on a : u6 ≈ 1,563 ; d6 ≈ – 1,563 et q6 ≈ 0,5. c. La suite des variations relatives entre deux termes consécutifs est constante. 4 Étude d’évolutions (p. 212) Vrai ou faux ? – Évolutions linéaire ou exponentielle 1 Vrai : par définition d’une suite géométrique. 2 Faux : la population progresse suivant une suite arithmétique de raison 5. 3 Faux : CM = 1 + 10 100 = 1,1. La population progresse suivant une suite géométrique de raison 1,1. Variations absolues et relatives 1 a. Sur la période 1990-1998, la pente de la courbe est de plus en plus petite : la croissance est ralentie. Graphiquement, si cette tendance avait été mainte- nue, on aurait estimé la population en 2005 à environ 61 000 milliers d’habitants, ou 61 millions d’habitants. b. L’accroissement moyen annuel de la population entre 1999 et 2005 est : 62 702 – 60 336 2005 – 1999 ≈ 394 habitants par an. En 2008, si la tendance linéaire se maintient, on peut estimer la population à : 62 702 + 3 × 394 = 63 884 habitants. 2 On obtient : BAT_Chap08-LP.indd 158 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 159 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 159 On s’aperçoit que sur la période 1990-1996, la crois- sance est ralentie : la suite des variations absolues est décroissante. Sur la période 2000-2005, la suite des variations rela- tives est quasiment constante à 1,006 : la croissance est quasiment exponentielle et peut être modélisée par une suite géométrique de raison 1,006. Propagation d’une épidémie 1 90 × (1 – 10100) = 81 : 81 personnes sont contami- nées le 2e jour. 81 × (1 – 10100) ≈ 72 : 72 personnes sont contaminées le 3e jour. Sur les trois premiers jours, il y a eu en tout : 90 + 81 + 72 = 243 personnes contaminées. 2 a. Le nombre de personnes contaminées dimi- nue de 10 % tous les jours, donc est multiplié par 1 – 10 100 = 0,9. Donc la suite (un) est géométrique de raison 0,9 et de terme initial u0 = 90. Pour tout entier n, un = 90 × 0,9 n. 2 b. On tabule à l’aide de la calculatrice en cherchant le rang n à partir duquel un � 1. Le nombre de nouveaux cas est inférieur à 1 à partir du rang 43. Donc l’épidé- mie dure 42 jours. 3 a. Dans la colonne A, on met les rangs des jours : chaque rang d’un jour est égal à la somme du rang du jour précédent et de 1. Dans la colonne B, on calcule de proche en proche le nombre de nouveaux malades, en utilisant la formule de récurrence. Dans la colonne C, on compte de proche en proche le nombre total de malades depuis le jour 1, en ajoutant le nombre de nouveaux malades ce jour et le nombre total de malades le jour précédent. 3 b. On obtient :On obtient : En D2 : =C2/1500 . En 10 jours d’épidémie, environ 39 % de la population a été contaminée par la grippe. 4 a. Lorsque le nombre de jours devient « grand », le nombre total de personnes contaminées semble tendre vers 90 0. b. Le pourcentage de personnes contaminées par cette épidémie de grippe est 900 1 500 = 0,6 = 60 %. Déterminer un seuil 1 a. a1 = 350 + 20 = 370. a2 = 370 + 20 = 390. b1 = 350 × 1,05 = 367,5. b2 = 367,5 × 1,05 ≈ 385,88. b. La suite (an) est arithmétique de raison 20 et de terme initial a0 = 350. Donc pour tout entier n , an = 350 + 20 n. CM = 1,05. La suite (bn) est géométrique de raison 1,05 et de terme initial b0 = 350. Donc pour tout entier n , bn = 350 × 1,05 n. 2 On définit les suites : Et on tabule : On lit : l’entier n cherché est 7. BAT_Chap08-LP.indd 159 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 160 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 160 Comparaison de deux salaires 1 a. u1 = u0 × (1 + 2100) = 1 100 × 1,02 = 1 122. u2 = u1 × (1 + 2100) = 1 122 × 1,02 = 1 144,44. b. Chaque année, le salaire d’Armel est augmenté de 2 % , c’est-à-dire qu’il est multiplié par 1 + 2 100 = 1,02. Ainsi, pour tout entier n, un+1 = 1,02 × un. Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,02 et de terme initial u0 = 1 100. Donc pour tout entier n, un = 1 100 × 1,02 n. c. L’année 2015 correspond à n = 5. u5 = 1 100 × 1,02 5 ≈ 1 214,49. Le salaire d’Armel en 2015 est d’environ 1 214,49 €. 2 a. v1 = v0 + 50 = 1 200 + 50 = 1 250. v2 = v1 + 50 = 1 250 + 50 = 1 300. 2 b. Chaque année, le salaire de Morgane est augmenté de 50 €. Ainsi, pour tout entier n, vn+1 = vn + 50. Donc la suite (vn) est arithmétique de raison 50 et de terme initial v0 = 1 200. Donc pour tout entier n, vn = 1 200 + 50n. c. L’année 2015 correspond à n = 5. v5 = 1 200 + 50 × 5 = 1 450. Le salaire de Morgane en 2015 est de 1 450 €. 3 a. En colonnes B et C, on calcule les salaires men- suels d’Armel et Morgane de proche en proche en utili- sant les formules de récurrence. En colonnes D et E, on calcule les salaires annuels d’Armel et Morgane, en multipliant les salaires men- suels par 12. En colonnes F et G, on calcule les sommes des salaires annuels perçus depuis 2010 par Armel et Morgane. 3 b. On obtient : c. Le salaire mensuel d’Armel est supérieur à celui de Morgane à partir de l’année de rang 6, c’est-à-dire à partir de 2016. d. Le salaire cumulé d’Armel depuis 2010 est supérieur à celui de Morgane à partir de l’année de rang 15, c’est- à-dire à partir de 2025. Intérêts simples, intérêts composés 1 On suppose qu’Angélique choisit la formule A. a. 1 000 + 1 100 × 1 000 = 1 010 : au bout d’un mois de placement, le capital épargné est de 1 010 €. 1 010 + 1 100 × 1 000 = 1 020 : au bout de deux mois de placement, le capital épargné est de 1 020 €. 1 020 + 1 100 × 1 000 = 1 030 : au bout de trois mois de placement, le capital épargné est de 1 030 €. b. Chaque mois le capital épargné augmente de 1 % de 1 000 €, soit de 10 €. La suite (An) des capitaux épargnés (en fonction du nombre de mois de place- ment) est arithmétique de raison 10 et de terme initial A0 = 1 000. Donc pour tout entier n, An = 1 000 + 10 n. On résout : An � 1 250 ⇔ 1 000 + 10n � 1 250 ⇔ n � 25. Si elle choisit la formule A, Angélique doit épargner pendant 25 mois pour pouvoir acheter le scooter. BAT_Chap08-LP.indd 160 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 161 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 161 2 On suppose qu’Angélique choisit la formule B. a. 1 000 + 0,8 100 × 1 000 = 1,008 × 1 000 = 1 008 : au bout d’un mois de placement, le capital épargné est de 1 008 €. 1 008 + 0,8 100 × 1 008 = 1,008 × 1 008 = 1 016,064 : au bout de deux mois de placement, le capital épargné est d’environ 1 016,06 €. 1 016,064 + 0,8 100 × 1 016,064 = 1,008 × 1 016,064 ≈ 1 024,19 : au bout de trois mois de placement, le capital épargné est d’environ 1 024,19 €. b. Chaque mois le capital épargné augmente de 0,8 % du capital placé de l’année en cours. La suite (Bn) des capitaux épargnés (en fonction du nombre de mois de placement) est géométrique de raison 1 + 0,8 100 = 1,008 et de terme initial B0 = 1 000. Donc pour tout entier n, Bn = 1 000 × 1,008 n. À la calculatrice, on cherche le rang n à partir duquel Bn � 1 250. Si elle choisit la formule B, Angélique doit épargner pendant 29 mois pour pouvoir acheter le scooter. g p q 3 La formule la plus avantageuse pour Angélique est celle qui permet d’épargner 1 250 € le plus rapidement possible : c’est la formule A. Comparer deux placements à intérêts simples Pour tout entier n , on note : • un le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 1re formule ; • vn le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 2e formule. • Pour la 1re formule, les intérêts annuels sont égaux à 4 % de 2 000 €, soit égaux à 80 €. On en déduit que la suite (un) est arithmétique de raison 80 et de terme initial u0 = 2 000. Donc pour tout entier n, un = 2 000 + 80n. • Pour la 2e formule, les intérêts annuels sont égaux à 6 % de 1 700 €, soit égaux à 102 €. On en déduit que la suite (vn) est arithmétique de raison 102 et de terme initial v0 = 1 700 . Donc pour tout entier n, vn = 1 700 + 102n . • On résout alors : vn � un ⇔ 1 700 + 102n � 2 000 + 80n. ⇔ n � 300 22 . Comme 300 22 ≈ 13,6 et que n est entier, le plus petit rang n à partir duquel vn � un est n = 14 . La valeur acquise par le 2e placement dépasse celle acquise dans le même temps par le 1er à partir de l’année 2011 + 14 = 2025 . Les mêmes à intérêts composés Pour tout entier n , on note : • un le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 1re formule ; • vn le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 2e formule. • Pour la 1re formule, les intérêts annuels sont égaux à 4 % du capital placé dans l’année en cours et pro- duisent des intérêts l’année suivante : pour tout entier n, un+1 = un + 4 100 × un = 1,04 × un. On en déduit que la suite (un) est géométrique de raison 1,04 et de terme initial u0 = 2 000. Donc pour tout entier n, un = 2 000 × 1,04 n. • Pour la 2e formule, les intérêts annuels sont égaux à 6 % du capital placé dans l’année en cours et pro- duisent des intérêts l’année suivante : pour tout entier n, vn+1 = vn + 6 100 × vn = 1,06 × vn. On en déduit que la suite (vn) est géométrique de raison 1,06 et de terme initial v0 = 1 700. Donc pour tout entier n, vn = 1 700 × 1,06 n. • On cherche le plus petit entier n tel que vn � un. On définit les suites à la calculatrice : Et on tabule : La valeur acquise par le 2e placement dépasse celle acquise dans le même temps par le 1er à partir de l’année 2011 + 9 = 2020. BAT_Chap08-LP.indd 161 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 162 Intérêts composés et versements intermédiaires 1 À la fin de chaque année, la personne ajoute 365 × 3 = 1 095 €. 2 En colonne C, on met le capital placé de l’année en cours, qui est égal au capi- tal obtenu en fin d’année précédente. Donc en C3 =F2 . En colonne D, les intérêts de l’année sont égaux à 3 % du capital placé dans l’année. Donc en D2 =C2*3/100 . En colonne E, la somme ajoutée par l’économie du non-achat des cigarettes. Donc en E2 =1095 . En colonne F, le capital à la fin de l’année, égal à la somme du capital placé, des intérêts et de la somme ajoutée par l’économie. Donc en F2 =SOMME(C2 : F2) . D’où la feuille de calcul. 3 On recopie jusqu’à la ligne 53. a. Le capital épargné est supérieur à 20 000 € à partir de 14 années de placement (28 ans). Le capital épargné est supérieur à 50 000 € à partir de 29 années de placement (43 ans). Le capital épargné est supérieur à 100 000 € à partir de 44 années de placement (58 ans). b. Le capital à la fin de la 1re année est 1 095 €. Le capital à la fin de la 2e année est 2 222,85 €. Le capital à la fin de la 3e année est 3 384,54 €. Or 2 222,85 1 095 = 2,03 et 3 384,54 2 222,85 ≈ 1,52. Le quotient de deux termes consécutifs n’est donc pas constant. Donc la suite des capitaux à la fin de chaque année n’est pas géométrique. c. S’il avait épargné jusqu’à ses 65 ans inclus, le fumeur aurait épargné environ 133 257,34 €. Choisir un prêt immobilier 1 Étude de la banque B a. CM = 1 – 2 100 = 0,98 u2 = 1 200 × 0,98 = 1 176 u3 = 1 176 × 0,98 = 1 152,48 b. La mensualité d’une année est égale à la mensualité de l’année précédente multipliée par 0,98. Donc la suite (un) est géométrique de raison 0,98 et de terme initial u1 = 1 200. Donc pour tout entier n � 1 : un = 1 200 × 0,98 n–1. c. u20 = 1 200 × 0,98 19 ≈ 817,48. Le montant des mensualités de la 20e année est 817,48 €. 2 Comparaison des deux banques a. En B3 =$B$2 . b. En C3 =C3*0,98 . c. En D2 =B2*12 et en E2 =C2*12 . d. Voir tableau ci-contre. 3 La proposition la plus intéressante pour Hélène et Guillaume est celle dont le montant total est le plus petit, c’est-à-dire celle de la banque B. BAT_Chap08-LP.indd 162 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 163 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 163 Autre type de croissance 1 a. u2 = 70 100 × u1 + 3 000 = 0,7 × 8 000 + 3 000 = 8 600. b. u3 = 0,7 × u2 + 3 000 = 0,7 × 8 600 + 3 000 = 9 020 Au cours du 3e mois, 9 020 clients sont venus faire leurs achats dans ce magasin. 2 Pour tout entier n : un+1 = 70 100 × un + 3 000 = 0,7 × un + 3 000. • Les différences u2 – u1 = 8 600 – 8 000 = 600 et u3 – u2 = 9 020 – 8 600 = 420 sont différentes. Donc la suite (un) n’est pas arithmétique. • Les quotients u2 u1 = 8 600 8 000 = 1,075 et u3 u2 = 9 020 8 600 ≈ 1,05 sont différents. Donc la suite (un) n’est pas géométrique. 3 On tabule à la calculatrice. (p. 215) Exercice guidé 1 a. La variation absolue entre 2007 et 2008 est : 2 795 – 2 600 = 195 connexions. La variation relative entre 2007 et 2008 est : 2 795 – 2 600 2 600 = 0,075. b. On obtient : Dates Variation absolue Variation relative Entre 2008 et 2009 210 Environ 0,075 Entre 2009 et 2010 225 Environ 0,075 On constate que les variations relatives entre deux années consécutives sont quasiment constantes. 2 a. La variation relative est environ 0,075. Donc CM = 1 + 0,075 = 1,075. b. u1 = 3 230 × 1,075 ≈ 3 472. En 2011, on peut estimer que le nombre moyen de connexions par jour est 3 472. c. Pour tout entier n, un = 3 230 × 1,075 n. 3 a. u10 = 3 230 × 1,075 10 ≈ 6 657. En 2020, on peut prévoir en moyenne 6 657 connexions par jour. b. On calcule à la calculatrice : u8 � 6 000 et u9 � 6 000. On peut estimer que le nombre moyen de connexions dépassera 6 000 en 2019. QCM – Type de croissance 1 a. Les points représentant la suite (un) semblent alignés. On peut alors penser à une croissance linéaire. 2 b. On résout graphiquement un � 2. 3 c. Le quotient de deux termes consécutifs est qua- siment constant, à 0,70. 4 b. Pour tout entier n, vn = 10 × 0,70 n. On calcule à la calculatrice : v10 � 0,2 et v11 � 0,2. La quantité de médicament M2 passera en dessous de 0,2 cm3 au bout de 11 h. Moyenne des variations absolues 1 Les points semblent alignés. Il semble que la crois- sance est linéaire. 2 a. On obtient : Année 1990 1991 1992 1993 1994 1995 Consommation 15,87 16,22 16,82 16,94 17,33 17,80 Variation absolue 0,35 0,60 0,12 0,39 0,47 Année 1996 1997 1998 1999 2000 Consommation 18,15 18,60 19,39 19,91 19,86 Variation absolue 0,35 0,45 0,79 0,52 –0,05 b. L’accroissement annuel moyen entre 1990 et 2000 est 19,86 – 15,87 2 000 – 1990 = 0,399. La moyenne des variations absolues est : 0,35 + 0,60 + ... + (–0,05) 10 = 0,399. Donc la moyenne des variations absolues est égale à l’accroissement annuel moyen. 3 a. Pour tout entier n, un = 15,87 + 0,399n. L’année 2005 correspond à n = 15. u15 = 15,87 + 0,399 × 15 = 21,855. La consommation de yaourts en 2005 est estimée à 21,855 kg/pers. b. 21,855 – 21,13 21,13 ≈ 0,034 ≈ 3,4 %. Il y a donc moins de 5 % d’erreur entre la valeur réelle et la valeur estimée. BAT_Chap08-LP.indd 163 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 164 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 164 Moyenne des coefficients multiplicateurs 1 On obtient : Année 1995 1996 1997 1998 1999 2000 Sucre 9,31 9,14 8,76 8,42 8,52 7,99 Coeffi cient multiplicateur 0,982 0,958 0,961 1,012 0,938 2 a. La moyenne des coefficients multiplicateurs est : 0,982 + 0,958 + 0,961 + 1,012 + 0,938 5 = 0,970 2 b. 0,970 2 – 1 = 0,029 8 ≈ –0,03. c. Dans l’hypothèse d’une diminution annuelle de la consommation de sucre de 3 % à partir de 1995, on estime la consommation en 2005 à : 9,31 × (1 – 3100) 10 ≈ 6,87 kg/pers. 3 6,89 – 6,87 6,89 ≈ 0,003 ≈ 0,3 %. Il y a donc moins de 5 % d’erreur entre la valeur réelle et la valeur estimée. Changer de tarification 1 a. u2 = 0,11 ; u3 = 0,11 ; u4 = u3 + 0,04 = 0,11 + 0,04 = 0,15 ; u5 = u4 + 0,04 = 0,15 + 0,04 = 0,19 ;. b. Pour tout entier n � 3, un+1 = un + 0,04. Donc la suite (un) est arithmétique (à partir du rang 3), de raison 0,04 et de terme initial u3 = 0,11. Donc pour tout entier n � 3 : un = u3 + 0,04 × (n – 3) = 0,11 + 0,04n – 0,12. Donc pour tout entier n � 3, un = 0,04n – 0,01. 2 a. v2 = v1 + 0,035 = 0,09 + 0,035 = 0,125 ; v3 = v2 + 0,035 = 0,125 + 0,035 = 0,16 ; v4 = v3 + 0,035 = 0,16 + 0,035 = 0,195 ; v5 = v4 + 0,035 = 0,195 + 0,035 = 0,23. b. La suite (vn) est arithmétique de raison 0,035 et de terme initial v1 = 0,09. Donc pour tout entier n � 1 : vn = v1 + 0,035 × (n – 1) = 0,09 + 0,035n – 0,035. Donc pour tout entier n � 1, vn = 0,035 n + 0,055. 3 a. • Pour une minute, u1 = 0,11 et v1 = 0,09. Le tarif le plus avantageux est celui qui est le moins cher, soit le tarif 2. • Pour deux minutes, u2 = 0,11 et v2 = 0,125. Le tarif le plus avantageux est le tarif 1. • Pour trois minutes, u3 = 0,15 et v3 = 0,16. Le tarif le plus avantageux est le tarif 1. b. Une heure est égale à 60 minutes. u60 = 0,04 × 60 – 0,01 = 2,39 : avec le tarif 1, la commu- nication coûte 2,39 €. v60 = 0,035 × 60 + 0,055 = 2,155 : avec le tarif 2, la com- munication coûte 2,155 €. u60 – v60 u60 = 2,39 – 2,155 2,39 ≈ 0,098 ≈ 9,8 %. Le tarif 2 est environ 9,8 % moins cher que le tarif 1. c. Pour une communication d’une durée inférieure à 3 minutes : Durée Tarif 1 Tarif 2 1 min 0,11 0,09 2 min 0,11 0,125 3 min 0,11 0,16 Pour une communication d’une durée n supérieure à 3 minutes, on résout : vn � un ⇔ 0,035n + 0,055 � 0,04n – 0,01. ⇔ 0,005n � 0,065 ⇔ n � 13. Ainsi : • Pour une communication d’une minute, le tarif 2 est plus avantageux. • Pour une communication d’une durée entre 2 et 13 minutes, le tarif 1 est plus avantageux ; • pour une communication d’une durée supérieure à 13 minutes, le tarif 2 est plus avantageux. 4 Pour la durée moyenne de 2 min 03, le tarif 1 est u3 = 0,11 € et le tarif 2 est v3 = 0,16 €. Au-delà et jusqu’à 13 minutes, le tarif 2 est aussi supé- rieur. L’opérateur a donc augmenté ses revenus ! Part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires dans une TPE 1 Pour tout entier n : Cn+1 = Cn + 5 100 × Cn = 1,05 × Cn. Donc la suite (Cn) est géométrique de raison 1,05 et de terme initial C0 = 125 000. Pour tout entier n : Bn+1 = Bn + 6,5 100 × Bn = 1,065 × Bn. Donc la suite (Bn) est géométrique de raison 1,065 et de terme initial B0 = 30 000 . Ainsi, pour tout entier n : Cn = 125 000 × 1,05 n et Bn = 30 000 × 1,065 n. 2 a. • Pour l’année 0 : C0 = 125 000 et B0 = 30 000. La part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires est B0 C0 = 30 000 125 000 = 0,24, soit 24 %. • Pour l’année 1 : C1 = 125 000 × 1,05 = 131 250 et B1 = 30 000 × 1,065 = 31 950. La part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires est B1 C1 = 31 950 131 250 ≈ 0,243, soit environ 24,3 % . • Pour l’année 2 : C2 = 125 000 × 1,05 2 = 137 812,5 et B2 = 30 000 × 1,065 2 = 34 026,75. La part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires est B2 C2 = 34 026,75 137 812,5 ≈ 0,247, soit environ 24,7 % . b. Pour tout entier n : Bn Cn = 30 000 × 1,065 n 125 000 × 1,05n = 0,24 × (1,0651,05 ) n = 0,24 × (7170) n . BAT_Chap08-LP.indd 164 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 165 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 165 Donc la suite de la part des bénéfices par rapport au chiffre d’affaires est géométrique de raison 71 70 et de terme initial 0,24. Comme 71 70 ≈ 1,014 � 1, la suite de terme général (7170) n est croissante. En multipliant par 0,24 positif, la suite des parts est croissante. c. Au bout de 10 ans, la part du bénéfice par rap- port au chiffre d’affaires est 0,24 × (7170) n ≈ 0,277, soit environ 27,7 %. Se fixer un objectif de ventes 1 A1 = A0 + 300 = 1 700 + 300 = 2 000 B1 = 1 700 + 15 100 × 1 700 = 1 955. 2 Le salaire augmente de 300 € pour chaque vente supplémentaire, donc la suite (An) est arithmétique de raison 300 et de terme initial A0 = 1 700. Donc pour tout entier n, An = 1 700 + 300 n. 3 Le salaire augmente de 15 % pour chaque vente sup- plémentaire, c’est-à-dire est multiplié par 1 + 15 100 = 1,15. Donc la suite (Bn) est géométrique de raison 1,15 et de terme initial 1 700. Donc pour tout entier n, Bn = 1 700 × 1,15 n. 4 On tabule les suites à la calculatrice. La proposition B est la plus intéressante à partir de 4 ventes par mois. Comparer deux évolutions exponentielles Pour tout entier n , on note Rn la valeur de la grosse cylindrée au bout de n semestres de perte, et Vn la valeur de la berline au bout de n semestres. Pour tout entier n : Rn+1 = Rn – 15 100 × Rn = 0,85 × Rn et Vn+1 = Vn – 10 100 × Vn = 0,9 × Vn. Donc la suite (Rn) est géométrique de raison 0,85 et de terme initial R0 = 30 000, et la suite (Vn) est géométrique de raison 0,9 et de terme initial V0 = 20 000. Donc pour tout entier n, Rn = 30 000 × 0,85 n et Vn = 20 000 × 0,9 n. On tabule ces deux suites à la calculatrice. On obtient le résultat ci- contre. La voiture de Mme V a plus de valeur que celle de M. R au bout de 8 semestres, soit 4 ans. En probabilité 1 L’événement contraire de « gagner au moins une fois » est « perdre n fois au jeu », dont la probabilité est 0,2n. Donc pn = 1 – 0,2 n. 2 Pour tout entier n : pn+1 – pn = (1 – 0,2 n+1) – (1 – 0,2n) = 0,2n – 0,2n+1 = 0,2n × (1 – 0,2) = 0,8 × 0,2n � 0 Donc la suite (pn) est croissante. Cela signifie que lorsque le nombre de parties aug- mente, la probabilité de gagner au moins une fois augmente. 3 On tabule à la calculatrice : Pour que pn dépasse 0,999 , il faut au moins 5 parties. Pour gagner au moins une fois dans environ 99,9 % des cas, il faut jouer au moins 5 parties. Ordre de deux placements Notons C le capital placé au départ. • Placement à 5 % pendant 4 ans à intérêts simples, puis à 5 % pendant 6 ans à intérêts composés. Au bout de 4 ans, le capital obtenu par le 1er placement à intérêts simples est : C + 4 × 5 100 × C = 1,2 × C. Ce capital étant placé à intérêts composés pendant 6 ans, c’est-à-dire étant multiplié chaque année par 1 + 5 100 = 1,05, à la fin du 2e placement, le capital obtenu est : 1,056 × (1,2 × C). • Placement à 5 % pendant 6 ans à intérêts composés, puis à 5 % pendant 4 ans à intérêts simples. Au bout de 6 ans, le capital obtenu par le 1er placement à intérêts composés est : C × (1 + 5100)6 = 1,056 × C. Ce capital étant placé à intérêts simples pendant 4 ans, c’est-à-dire étant augmenté de 4 fois 5 % de 1,056 × C, à la fin du 2e placement, le capital obtenu est : 1,056 × C + 4 × 5 100 × (1,056 × C) = 1,056 × C × (1 + 4 × 5100) = 1,2 × 1,056 × C. • Conclusion : les deux placements sont identiques. BAT_Chap08-LP.indd 165 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 166 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 166 Compression de fichiers 1 a. On calcule 542 – 689 689 ≈ – 0,213. Lors de la compression de niveau 1, la taille du fichier diminue d’environ 21,3 %. b. On obtient de la même façon : Niveau de compression 0 1 2 3 4 5 Taille du fi chier 689 542 427 335 263 206 Pourcentage de diminution 21,3 21,2 21,5 21,5 21,7 Le pourcentage de diminution entre deux niveaux consécutifs est quasiment constant. c. La moyenne des pourcentages de diminution est : 21,3 + 21,2 + 21,5 + 21,5 + 21,7 5 ≈ 21,4. Le coefficient multiplicateur associé est : 1 – 21,4 100 = 0,786. Ce qui signifie qu’en moyenne on passe d’un niveau de compression au suivant en multipliant par 0,786. D’où la modélisation proposée. 2 Par définition, la suite (Tn) est géométrique de raison 0,786 et de terme initial T0 = 689. Donc pour tout entier n, Tn = 689 × 0,786 n. 3 T1 = 689 × 0,786 ≈ 541,6 T2 = 689 × 0,786 2 ≈ 425,7 Les valeurs estimées sont très proches des valeurs réelles. 4 On tabule la suite (Tn) à la calculatrice : Pour que la taille du fichier compressé soit inférieure à 40 Ko, il faut au moins atteindre le niveau 12. Modélisations pour une population 1 Les points du graphique paraissent quasiment ali- gnés. On peut donc penser à une modélisation par une croissance linéaire. 2 a. La raison de la suite arithmétique donne l’écart annuel du nombre de poissons. Comme a = – 300 négatif, on modélise la décroissance par une diminu- tion annuelle régulière de 300 poissons. b. Pour tout entier n, un = 5 150 – 300n. c. L’année 2010 correspond à n = 10. u10 = 5 150 – 300 × 10 = 2 150. En 2010, on estime qu’il y aura 2 150 poissons. 3 a. Le taux de diminution annuel est : 1 – q = 1 – 0,935 = 0,065 = 6,5 %. Selon ce modèle, le nombre de poissons diminue chaque année de 6,5 % . b. Pour tout entier n, vn = 5 150 × 0,935 n. c. v10 = 5 150 × 0,935 10 ≈ 2 659. 4 a. Le nombre le plus proche de 2 580 entre u10 et v10 est v10. Le 2 e modèle paraît plus pertinent. b. On tabule la suite (vn) à la calculatrice. Le nombre de poissons passe en dessous de 500 au bout de 35 années de diminution, c’est-à-dire à partir de 2035. Réaliser des prévisions PARTIE 1 : PARTIE 1 : ÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA POPULATIONÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA POPULATION 1 On calcule 52 500 – 500 000 500 000 = 0,05 = 5 %. Entre 2010 et 2011, la population a augmenté de 5 % . 2 P2 = P1 × (1 + 5100) = 52 500 × 1,05 = 55 125 Selon le modèle, la population sera de 55 125 habitants en 2012. 3 a. Selon le modèle, chaque année, la population est multipliée par 1 + 5 100 = 1,05. Donc la suite (Pn) est géométrique de raison 1,05 et de terme initial P0 = 500 000. b. Donc pour tout entier n, Pn = 500 000 × 1,05 n. c. L’année 2020 correspond à n = 10. P10 = 500 000 × 1,05 10 ≈ 81 444. Selon le modèle, la population sera de 81 444 habitants en 2020. PARTIE 2 : PARTIE 2 : ÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA CONSOMMATION D’EAUÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA CONSOMMATION D’EAU 1 Les différences 300 – 295 = 5 et 305 – 300 = 5 sont égales. Donc durant la période 2009-2011, la croissance est linéaire. 2 a. Sur le tableur, on entre les formules suivantes : • en B3 =B2*1.05 ; • en C3 =C2+5 ; • en D2 =B2*C2 . À la calculatrice, on entre : BAT_Chap08-LP.indd 166 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 167 b. On lit sur le tableur ou la calculatrice (voir tableau ci-contre). La consommation d’eau aura doublé par rapport à celle de 2010 à partir de 2021. 130 ... en sciences... en sciences Épidémie et coût de traitement 1 a. Le nombre de nouveaux cas augmente chaque année de 15 % , donc est multiplié chaque année par 1 + 15 100 = 1,15 . Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,15 et de terme initial u0 = 300. Donc pour tout entier n, un = 300 × 1,15 n. b. L’année 2011 correspond à n = 3 . u3 = 300 × 1,15 3 ≈ 456. En 2011, le nombre de nouveaux cas de malades est environ de 456. c. L’année 2018 correspond à n = 10. u10 = 300 × 1,15 10 ≈ 1 213. Si la tendance se maintient, on estime qu’il y aura 1 213 nouveaux cas de maladie en 2018. d. On calcule la somme : u0 + u1 + u2 + u3 = 300 + 300 × 1,15 + 300 × 1,152 + 300 × 1,153 ≈ 1 498. (p. 220) La légende du jeu d’échec 1 La suite (un) est géométrique de raison 2 et de terme initial u1 = 1. Donc pour tout entier n � 1, un = 1 × 2 n–1 = 2n–1. 2 a. u8 = 2 7 = 128 ; u16 = 2 15 = 32 768 ; u24 = 2 23 = 8 388 608 ; u32 = 2 31 = 2 147 483 648 ; u40 = 2 39 ≈ 5,5 · 1011 ; u48 = 2 47 ≈ 1,4 · 1014 ; u56 = 2 55 ≈ 3,6 · 1016 ; u64 = 2 63 ≈ 9,223 · 1018, soit environ 9,223 milliards de milliards. b. On tabule à la calculatrice. • Le nombre de grains dépasse le million (106) à partir de la case n° 21. • Le nombre de grains dépasse le milliard (109) à partir de la case n° 31. • Le nombre de grains dépasse le million de milliards (1015) à partir de la case n° 51. 3 a. Pour 8 cases, le nombre total de grains de blé est : 1 + 2 + 22 + ... + 27 = 28 – 1 = 255. Pour 16 cases, le nombre total de grains de blé est : 1 + 2 + 22 + ... + 215 = 216 – 1 = 65 535. b. Pour 64 cases, le nombre total de grains de blé est : 1 + 2 + 22 + ... + 263 = 264 – 1 ≈ 18 × 1018. c. On tabule la suite de terme général 2n – 1 et on cherche le plus petit entier n tel que 2n – 1 � 109. La somme des grains de blé dépasse au total un mil- liard à partir de la case n° 30. BAT_Chap08-LP.indd 167 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 168 En 2011, le nombre total de malades ayant contracté la maladie est environ de 1 498. 2 a. Le coût de traitement pour un malade en 2011 est égal à 400 – 5 × 3 = 385 €. b. En 2008, le coût total du traitement est : 300 × 400 = 120 000 €. En 2011, le coût total du traitement est : 1 498 × 385 = 576 730 €. c. En 2012, il y aura : u0 + u1 + u2 + u3 + u4 ≈ 2 022 malades au total. Chaque traitement coûte : 400 – 5 × 4 = 380 €. Donc le coût total des traitements est : 2 022 × 380 = 768 360 €. Le budget d’un million d’euros sera donc suffisant. 3 a. et b. En colonne B, on calcule le nombre de nou- veaux malades en utilisant la formule de récurrence de la suite géométrique. En colonne C, on calcule de proche en proche le nombre total de malades depuis 2008. D’où les formules données. 3 c. En D3 =D2–5 ; en E2 =C2*D2 . On obtient le tableau ci-dessous : 4 Vrai ou faux ? a. Faux : Le quotient de deux termes consécutifs de la colonne C n’est pas constant. b. Faux : les termes de la colonne B sont de plus en plus grands, donc le nombre total de malades aug- mente de plus en plus rapidement. c. Vrai : voir la ligne 8. d. Vrai : Le quotient de deux termes consécutifs de la colonne C est supérieur au quotient de deux termes consécutifs de la colonne E. 131 ... en économie... en économie Carte de crédit 1 a. et b. On obtient le tableau ci-contre. c. Le capital restant dû est inférieur au versement men- suel au bout de 10 mois. Le dernier versement le 11e mois est donc : 70,93 + 0,85 = 71,78 €. Le coût total du crédit est : 100 × 10 + 71,78 = 1 071,78 €. 2 • Pour un achat de 10 000 €, les intérêts mensuels sont supérieurs au versement de 100 € : le capital res- tant dû est croissant, et Ines ne pourra jamais rem- bourser son achat. • Pour un achat de 10 000 € avec des versements men- suels de 150 €, il faut 135 mois pour rembourser le capital, c’est-à-dire 11 ans et 3 mois. BAT_Chap08-LP.indd 168 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 169 132 ... dans les arts... dans les arts La règle des deux tiers PARTIE APARTIE A 1 La largeur de la 2e rangée est 2 3 × 1 = 2 3 cm, soit environ 0,67 cm. La largeur de la 3e rangée est 2 3 × 2 3 = 4 9 cm, soit environ 0,44 cm. La largeur de la 4e rangée est 2 3 × 4 9 = 8 27 cm, soit environ 0,30 cm. Sur les quatre premières rangées, la largeur totale est : 1 + 2 3 + 4 9 + 8 27 = 65 27 ≈ 2,41cm. 2 a. La suite (�n) est géométrique de raison 2 3 et de terme initial �1 = 1. Donc pour tout entier n � 1 : �n = �1 × ( 23 ) n–1 = ( 23 ) n–1 b. On propose : o Entrer le nombre n o Stocker le nombre 1 dans � o Stocker � dans S o Répéter n – 1 fois Stocker � × 2 3 dans � Stocker � + S dans S o Afficher la valeur de S 3 a. La feuille de calcul traduit l’algorithme de la question 2 b. b. La largeur de la pièce de 3 cm ne semble jamais pouvoir être atteinte. c. On obtient : Cela confirme le résultat de la question 3 b. PARTIE BPARTIE B 1 a. Le point J2 a pour coordonnées ( 0 ; 53 ) . Le point J3 a pour coordonnées ( 0 ; 199 ) . b. Les droites horizontales ayant une équation de la forme y = b, où b est l’ordonnée à l’origine, on obtient les résultats énoncés. 2 Les points I, I2 et I3 ont respectivement pour coor- données ( 1 ; 0 ), ( 2; 0 ) et ( 3 ; 0 ). Les coordonnées des points S (0 ; 3) et I vérifient l’équa- tion y = –3x + 3. Donc la droite (SI) a pour équation y = – 3x + 3. De la même façon, la droite (SI2) a pour équation y = – 3 2 x + 3. Et la droite (SI3) a pour équation y = – x + 3. 3 Le point A1 a pour coordonnées ( 23 ; 1 ) . Le point B2 a pour coordonnées ( 89 ; 53 ) . Le point C3 a pour coordonnées ( 89 ; 199 ) . Les points O , A1, B2 et C3 ne sont pas alignés. 4 En utilisant la règle des deux tiers, les diagonales des carrés n’ont pas la même direction. 133 ... in history of mathematics... in history of mathematics The Fibonacci Sequence and the Golden Ratio 1 a. • Au début du 1er mois, il y a un couple de lapins. • Au début du 2e mois, il y a toujours un couple de lapins. • Au début du 3e mois, le couple de lapins se repro- duit : il y a deux couples de lapins (l’un âgé de 2 mois révolus et l’autre nouveau-né). • Au début du 4e mois, seul le 1er couple de lapins se reproduit : il y a donc trois couples de lapins (l’un âgé de 3 mois, l’un âgé de 1 mois et le dernier nou- veau né). b. Pour tout entier n � 2 : le mois n se reproduisent tous les lapins âgés de plus de 2 mois. Les lapins le mois n sont donc : – les lapins nouveau-nés : il y en a un–2 ; – les lapins (non morts) présents le mois précédent : il y en a un–1. Donc pour tout entier n � 2, un = un–2 + un–1. C’est-à-dire pour tout entier n � 1, un+2 = un+1 + un, avec les valeurs initiales u1 = 1 et u2 = 1. 2 a. Au bout d’un an (en début du 13e mois), il y a 233 couples de lapins. b. Le quotient de deux termes consécutifs se rap- proche de la valeur 1,61 environ. 3 a. Chaque carré a pour côté la somme des deux carrés précédents. La suite des longueurs des rec- tangles ainsi construits vérifie la relation de récurrence définissant la suite des nombres de Fibonacci, avec les mêmes valeurs initiales. Elle est donc la suite des nombres de Fibanocci. b. On calcule en colonne D l’écart un+1 un – ϕ en entrant la formule =C2-(1+racine(5))/2 . BAT_Chap08-LP.indd 169 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 170 On obtient N = 16. 134 ... en démographie... en démographie Le modèle de Malthus a. Pour tout entier n : Pn+1 = Pn + 2 100 × Pn = 1,02 Pn et an+1 = an + 0,4. Donc : • la suite (Pn) est géométrique de raison 1,02 et de terme initial P0 = 8. Pour tout entier n, Pn = 8 × 1,02 n. • la suite (an) est arithmétique de raison 0,4 et de terme initial a0 = 10. Pour tout entier n, an = 10 + 0,4n. b. P100 = 8 × 1,02 100 ≈ 57,957 a100 = 10 + 0,4 × 100 = 50 c. À la calculatrice (ou au tableur), on cherche n à partir duquel Pn � an. On tabule. Selon le modèle, l’agriculture anglaise ne pourra plus nourrir la population anglaise à partir de : 1 800 + 87 = 1 887. 135 ... en économie... en économie Le multiplicateur keynésien 1 a. Y1 = 10 000 ; Y2 = 90 100 × 10 000 = 9 000 ; Y3 = 90 100 × Y2 = 0,9 × 9 000 = 8 100 ; Y4 = 90 100 × Y3 = 7 290 ; Y5 = 6 561 ; Y6 = 5 904,90. b. Pour tout entier n : Yn+1 = 90 100 × Yn = 0,9 × Yn . Donc la suite (Yn) est géométrique de raison 0,9 et de terme initial Y1 = 10 000. Pour tout entier n � 1, Yn = 10 000 × 0,9 n–1. c. Y1 + Y2 + ... + Y6 = 46 855,90. La somme des revenus supplémentaires de la 1re à la 6e personne est 46 855,90 €. 2 a. On obtient le tableau ci-dessous. b. Le revenu supplémentaire Yn est inférieur à 1 € à partir de 88 personnes. La somme ∑Yn est alors environ 99 990,60 €. 10 000 × 1 1 – 0,9 = 100 000. L’écart entre ∑Yn et cette valeur est égal à 9,40 €. 3 a. Si l’État investit 100 000 €, la somme des reve- nus supplémentaires sur 100 personnes est environ 999 973,44 €. b. Si l’État investit 10 000 € avec une propension marginale à consommer de 0,95 , la somme des reve- nus supplémentaires sur 100 personnes est environ 198 815,89 €. BAT_Chap08-LP.indd 170 26/08/11 10:16 Sommaire 1 - Pourcentages 2 - Second degré 3 - Statistiques 4 - Fonctions de référence 5 - Dérivation 6 - Probabilités 7 - Échantillonnage 8 - Suites

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Lydia Misset Michèle Le Bras Claudine Merdy Marie-Andrée Belarbi Pourcentages . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 01 Second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Statistiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Fonctions de référence . . . . . . . . . . 58 Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 083 Probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 Échantillonnage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 Suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 Maquette de couverture : Christine Soyez Maquette intérieure et composition : CMB Graphic Suivi éditorial : Stéphanie Mathé Schémas : Lionel Buchet (SG Production)
PourcentagesPourcentages Partir d’un bon pied Rapporter une partie au tout 1 Part des décès après 60 ans à Londres : b. et d. 1 820 13 189  0,138 0 ; soit 13,8 %. Par rapport aux décès à Paris : f. 1 820 2 799  0,65 ; soit 65 %. 2 a. Vrai : par lecture de l’énoncé. b. Faux : 1 – 5 + 2 + 0,3 94  0,922 ; soit moins de 95 %. c. Faux : 2,3 94 – 5 . B © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 1 (p. 10) C h a P i t R e 1 Bien que l’ordre du programme ne place pas ces notions en premier, il nous a semblé important de leur donner la priorité pour diverses raisons. – Ce chapitre ne nécessite que très peu de prérequis, ce qui est plus rassurant pour des élèves en ES, avec une faiblesse en maths en Seconde, alors que le second degré conduit à une pratique du calcul algébrique, non maîtrisée pour ce type d’élèves. La notion de part exprimée en pourcentage (rapport d’une partie au tout ou pourcentage instantané du programme précé- dent) est revue en page 247 dans l’accompagnement personnalisé. Nous avons repris la règle de trois, de nouveau étudiée en primaire et très utilisée par les collègues d’autres disciplines. – Les professeurs de SES vont rapidement avoir besoin des pourcentages et il est bon de placer cet outil dans une approche mathématique rigoureuse. Tous les élèves pensent connaître les pourcentages, mais ils ne les maîtrisent pas encore. Le plus difficile est de penser un pourcentage d’évolution en terme de multiplication, alors qu’il est exprimé par une phrase indiquant une addition (ou une soustraction). Il faut donc « casser » une habitude, ce qui est le plus délicat pédagogiquement. C’est pourquoi nous avons insisté sur le coefficient multiplicateur. Nous avons fait le choix de nommer V0 la valeur ini- tiale, ou valeur de départ, et V1 la valeur finale, ou valeur d’arrivée, car les professeurs de SES ne donnent pas toujours la même appellation. Calculer des pourcentages 1 a. 50 % b. 100 % c. 75 % d. 500 % 2 a. 12,5 b. 196 c. 156 d. 82,95 3 Tableau des effectifs : Effectifs N Non N Total L 72 32 104 Non L 48 8 56 Total 120 40 160 a Intentions des auteures Si le pourcentage réciproque (taux compensatoire) est abordé en Première, ainsi que le taux global d’évo- lution, le taux moyen annuel sera vu en Terminale seulement. Nous l’avons abordé lors de la résolution graphique approchée d’équation. L’emploi de la calculatrice et du tableur est d’un grand secours pour aller plus loin dans ces notions et entraî- ner les élèves à une pratique aisée de techniques de calculs sur les pourcentages. La notion de résultats arrondis, abordée page 25, doit être vue le plus rapi- dement possible pour s’appliquer dans tous les cha- pitres de cet ouvrage où les exercices « concrets » abondent. Conformément au programme, les situations pro- posées dans les autres domaines permettent d’ame- ner les élèves à avoir une attitude critique vis-à-vis des informations chiffrées ; dans ce cadre, nous avons choisi des thèmes importants et actuels : TVA, pou- voir d’achat, SMIC, seuil de pauvreté, consommation, chocs pétroliers, carte de crédit, etc. Les exercices pro- posés utilisent au maximum des données chiffrées réelles et actuelles. Ce chapitre peut se prolonger directement par le cha- pitre 8 si on le désire, ou le chapitre 3. Cependant, il nous semble qu’une démarche « en spirale » est plus adapté à ces élèves de 1re ES. D’ailleurs, l’ordre des chapitres de ce manuel tient compte de cette démarche : on peut donc le suivre de bout en bout.
ajouter des pourcentages 1 Vrai : les pourcentages portent sur le même ensemble : les filles d’une classe de 1re ES. Et les parties considérées sont disjointes. C Étudier une évolution Objectifs – Exprimer un taux en pourcentage en nombre décimal ; – calculer le montant d’une baisse ou d’une hausse ; – calculer le prix après une hausse ou une baisse dont le taux est donné en pourcentages ; – découvrir la relation entre le coefficient multipli- cateur et le taux d’évolution. 1 Calcul d’un prix toutes taxes comprises (TTC) a. L’écriture décimale s’obtient en divisant par 100 les taux donnés dans la dernière colonne du tableau. Ces valeurs sont entrées en L1. b. Pour trouver le montant de la TVA en euros dans les différents pays, on applique le pourcentage de TVA au prix HT de 21 €. En France, pour un livre : TVA = Prix HT × 0,055. L2 = 21 × L1. c. Prix TTC = Prix HT + TVA L3 = 21 + L2 Activité 1 2 Faux : on n’additionne pas des pourcentages qui portent sur des ensembles différents. Moins de la moitié des filles ou des garçons viennent à vélo. Le résultat ne peut pas être 54 % des élèves. 2 Calcul et utilisation des coefficients multiplicateurs a. CM = prix TTC prix HT L4 = L3 21 La liste L4 contient les coefficients multiplicateurs pour un livre suivant les différents pays. b. On constate que L4 = 1 + L1. On en déduit que : CM = 1 + taux de la TVA 100 CM = prix TTC prix HT donc prix TTC = prix HT × CM prix TTC = prix HT (1 + taux de la TVA100 ) En France, le prix TTC d’un VTT est : 257 × (1 + 0,196)  307,37 €. Au Danemark, le prix TTC du graveur Blue Ray est : 350 × (1 + 0,25) = 437,50 €. Pour les trois achats, Mélina dépense : 748,13 € en France ; 696,55 € au Luxembourg ; 711,18 € aux Pays-Bas ; 785 € au Danemark. Découvrir (p. 12) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 2
Graveur Blue Ray VTT Livre Prix total Prix HT (en euros) 350 257 21 628 Prix TTC France 418,6 307,372 22,155 748,127 Prix TTC Luxembourg 402,5 272,42 21,63 696,55 Prix TTC Pays-Bas 416,5 272,42 22,26 711,18 Prix TTC Danemark 437,5 321,25 26,25 785 c. Avec une baisse de 20 % sur le montant des achats en France, Mélina obtient une remise de : 0,20 × 748,13  149,63 €. Le prix payé est : 748,13 – 149,63 = 598,50 €. Le coefficient multiplicateur est : CM = prix final après la remise prix initial = 598,50 748,13 = 0,80 ou encore : nouveau prix = prix – 0,20 × prix = (1 – 0,20) prix = 0,8 × prix Pour un taux t de remise exprimé en pourcentage, le coefficient multiplicateur est : CM = 1 – t 100 . © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 3 Comparer des évolutions en variation absolue ou relativeActivité 2 Objectifs – Différencier les variations en valeur absolue et en valeur relative ; – calculer un taux d’évolution à partir du coefficient multiplicateur. 1 Novembre 1989 est le mois de la chute du mur de Berlin, où les habitants d’Allemagne de l’Est furent autorisés à se rendre en Allemagne de l’Ouest après en avoir été privés depuis l’année 1961. 2 Pour les migrations entre le mois d’octobre et le mois de novembre, le coefficient multiplicateur est : CM1 = 133 429 57 024  2,339 9. Pour les migrations entre le mois de novembre et le mois de décembre : CM2 = 43 221 133 429  0,323 9. 3 La variation absolue du nombre de migrations entre les mois d’octobre et de novembre est : ∆V1 = 133 429 – 57 024 = 76 405. Puis entre novembre et décembre : ∆V2 = 43 221 – 133 429 = – 90 208. 4 a. Pour les migrations entre octobre et novembre, le taux d’augmentation est : t1 = ∆V2 57 024 × 100  133,99. La variation relative du nombre de migrations entre octobre et novembre est d’environ 133,99 %. b. Pour les migrations entre novembre et décembre, le taux de diminution est : t2 = ∆V2 133 429 × 100  – 67,61. La variation relative du nombre de migrations entre novembre et décembre est d’environ − 67,61 %. c. On remarque que t1, le taux d’augmentation en pourcentage entre octobre et novembre, est tel que : t1 = (CM1 – 1) × 100 = CM1 × 100 – 100. De même pour le taux de diminution entre novembre et décembre : t2 = (CM2 – 1) × 100 = CM2 × 100 – 100. d. Pour une hausse ou une baisse, la relation qui permet de calculer le taux d’évolution t en fonction du coefficient multiplicateur CM est : t = (CM – 1) × 100 = CM × 100 − 100. Cumuler des tauxActivité 3 Objectifs – Calculer le prix final après deux évolutions succes- sives ; – constater que les taux ne s’ajoutent pas. 1 La chemise possède une étiquette verte, donc bénéficie d’une réduction de 40 %. 55 – 0,40 × 55 = 55 × (1 – 0,40) = 55 × 0,60 = 33. Le prix soldé de la chemise est 33 €. La jupe possède une étiquette orange, donc bénéficie d’une réduction de 30 %. 68 – 0,30 × 68 = 68 × (1 – 0,30) = 68 × 0,70 = 47,60. Le prix soldé de la jupe est 47,60 €. Le sac possède une étiquette violette, donc bénéficie d’une réduction de 50 %. 139 × 0,50 = 69,50. Le prix soldé du sac est 69,50 €. 2 a. Faux : Julie bénéficie d’une réduction supplé- mentaire de 15 %.
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 4 Exercices d’application Exercices d’application 1. Calculer et utiliser un pourcentage d’évolution (p. 15) 2. Calculer et utiliser un taux d’évolution global (p. 17) 1 a. 1,18 b. 0,95 c. 2,5 d. 0,5 2 a. CM = 110,5 85 = 1,3 ; t = (CM –1) × 100 = 30 ; soit une hausse de 30 %. b. CM = 3 ; t = (CM – 1) × 100 = 200 ; soit une hausse de 200 %. c. CM = 1 1,25 = 0,8 ; t = (CM – 1) × 100 = – 20 ; soit une baisse de 20 %. d. CM = 6 30 = 0,2 ; t = (CM – 1) × 100 = – 80 ; soit une baisse de 80 %. e. CM = 0,5 ; t = (CM – 1) × 100 = – 50 ; soit une baisse de 50 %. 3 a. prix TTC = prix HT × 1,196 = 68 × 1,196  81,33 € b. La vendeuse propose une remise de 15 % : 81,33 × (1 − 15100 ) = 81,33 × 0,85  69,13. Après la remise de 15 %, le client paiera 69,13 €. 4 La consommation en 2008 est C2008 = 51,5 après avoir baissé de 22,7 %. CM = 1 – 22,7 100 = 0,773 C1998 = C2008 CM = 51,5 0,773  66,6 La consommation annuelle de yaourts par an et par personne en 1998 est de 66,6 kg. 5 La population augmente de 10 % : elle est multi- pliée par 1,10. Puis elle baisse de 10 % : elle est mul- tipliée par 0,90. Le coefficient multiplicateur global est : CM = 1,10 × 0,90 = 0,99. 0,99 < 1 donc la population finale est inférieure à la population initiale. Le taux d’évolution global est de – 1 %. 150 000 × 0,99 = 148 500. La nouvelle population compte 148 500 habitants. 6 Les taux d’évolution successifs sont de 2 %, 4 % et – 5 %. Le coefficient multiplicateur global est : CMglobal = 1,02 × 1,04 × 0,95  1,0078. tglobal = (1 – CM) × 100 = 0,78 ; soit une hausse d’environ 0,78 %. 7 a. En 2008, l’indice est égal à 103,1 donc le coeffi- cient multiplicateur est 1,031. De 2007 à 2008, le prix a augmenté de 3,1 %. De même de 2007 à 2009, l’indice est 157 donc le coeffi- cient multiplicateur est 1,57. Le prix a augmenté de 57 %. En 2005, l’indice est 95, le coefficient multiplicateur est 0,95 c’est-à-dire que le prix est inférieur de 5 % au prix de 2007. Pour connaître l’augmentation du prix entre 2005 et 2007, on calcule le taux d’évolution réciproque : ( 1CM – 1) × 100 = ( 10,95 – 1) × 100  5,26 Le prix a augmenté de 5,26 % entre 2005 et 2007. b. CM = 157 95 = 1,652 6 ; t = (CM – 1) × 100 = 65,26. Entre 2005 et 2009, le prix a augmenté de 65,26 %. Donc : 69,50 – 69,50 × 0,15 = 69,50 × (1 – 0,15) = 69,50 × 0,85 = 59,075. Le prix du sac est 59,07 €. Après une réduction de 65 % : 139 – 0,65 × 139 = 139 × (1 – 0,65) = 139 × 0,35 = 48,65. Le prix du sac est de 48,65 €. Les prix sont différents. Les pourcentages d’évolution ne s’ajoutent pas. b. Faux : 55 × 1,4 correspond au calcul du prix après une hausse de 40 %. 55 × 1,4 = 77. Le prix de départ serait donc de 77 €. Or si l’on effectue une remise de 40 % sur ce prix, on ne retrouve pas 55 € : 77 – 0,40 × 77 = 77 × (1 – 0,40) = 77 × 0,60 = 46,20. Le prix avant une remise de 40 % ne s’obtient pas en effectuant une hausse de 40 % du prix payé. c. Vrai : On effectue une remise de 40 %. Soit x le prix de la chemise, le nouveau prix est : x1 = x – x × 0,40 = x × (1 – 0,40) = x × 0,60. Puis une remise de 15 % : x1 – x1 × 0,15 = x1 × 0,85 = (x × 0,60) × 0,485 = x × 0,51 soit une remise de 49 %.
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 5 1 Pourcentage d’évolution (p. 20) 19 Valeur finale après une hausse a. Q’ = (1 + 4100) × Q = 1,04 × Q. b. L’ = (1 + 10100) × L = 1,10 × L. c. N’ = (1 + 200100) × P = 3 × N. 20 Valeur finale après une baisse a. P’ = (1 – 5100) × P0 = 0,95 × P0. b. P’ = (1 – 4100) × P = 0,6 × P. 21 Calculs de variations absolues, puis relatives V0 la valeur de départ, V1 la valeur d’arrivée, la variation absolue est : ∆V = V1 – V0. Le coefficient multiplicateur est : CM = V1 V0 . La variation relative en pourcentage est : t = (CM – 1) × 100. a. ∆V = 21,2 – 20 = 1,2 soit une variation absolue de 1,2 millions ; CM = 21,2 20 = 1,06 ; t = 6 soit une hausse de 6 %. b. ∆V = – 0,2 millions ; CM = 0,96 ; t = – 4 soit une baisse de 4 %. c. ∆V = 1,5 milliers ; CM  1,2143 ; t  21,43 soit une hausse de 21,43 %. 22 Calculs de variations relatives Le coefficient multiplicateur est : CM = V1 V0 . La variation relative en pourcentage est : t = (CM – 1) × 100. a. CM = 3,95 4,05  0,975 ; t = – 2,5 soit une baisse d’environ 2,5 %. b. CM = 5 43  0,116 ; t = – 88,4 soit une baisse de 88,4 %. c. CM = 1,05 1,2  0,875 ; t = 12,5 soit une baisse de 12,5 %. d. CM = 0,7 0,75  0,933 3 ; t = 6,67 soit une baisse de 6,67 %. 23 Lien entre coefficient multiplicateur et taux d’évolution V1 –V0 V0 = V1 V0 – V0 V0 = CM – 1 Si t est le taux d’évolution, alors CM = 1 + t 100 ou encore t = (CM – 1) × 100. 24 Calculs de taux d’évolution à partir du coefficient multiplicateur À partir du coefficient multiplicateur CM, le taux d’évo- lution en pourcentage est : t = (CM – 1) × 100. a. Le prix de cet article a doublé donc CM = 2 ; t = 100 soit une hausse de 100 %. b. La population de cette ville est réduite de moitié donc CM = 0,5 ; t = – 50 soit une baisse de 50 %. c. Cette école a perdu le quart de ses élèves donc CM = 0,75 ; t = – 25 soit une baisse de – 25 %. d. Cet élève bénéficie d’un tiers temps supplémentaire donc CM  1,3333 ; t = 33,33 soit une hausse de 33,33 %. 25 QCM 1 b. CM = 144 120 = 1,2 : hausse de 20 %. 2 b. et c. CM = 200 250 = 0,80 = 1 1,25 QCM 8 c. Le budget de Jean est 13 500 0,6 = 22 500 €. 9 a. Une hausse de 2 % (2 € pour 100 €). 10 c. Prix HT = prix TTC 1,196  108,61 €. 11 c. CM = 200 1 500  0,133. Et (0,133 – 1) × 100  86,7 ; soit une baisse de 87 % à 1 point près. 12 b. CMglobal = 0,90 × 0,80 = 0,72. 13 b. I = 4 318 3 400 × 100 = 127. 14 b. CMglobal = 2 × 3 = 6 ; soit une hausse de 500 %. 15 b. Vfinal = Vinitial × 1,6 ; donc Vinitial = Vfinal 1,6 CM’ = 1 1,6 ; donc t’ = ( 11,6 – 1) × 100 = – 37,5. 16 c. CM = 0,75 et CM’ × CM = 1. Donc CM’ = 1 1,75 = 4 3 = 1 + 1 3 . On doit augmenter d’un tiers. 17 b. 4 800 × 1,065 × 1,065 = 5 444,28 et 5 444,28 – 4 800 = 644,28. 18 c. (1 + 0,009)12  1,1135 ; hausse de 11,4 %. (p. 19)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 6 3 a. et b. CM = 240 300 = 0,8 : baisse de 20 %. c. est faux, car 100 120  0,833  0,8 26 CM et taux t = (CM – 1) × 100 CM 1,04 1,4 1,004 0,95 0,59 Taux (en %) + 4 + 40 + 0,4 – 5 – 41 CM 0,09 1,057 2,15 5 Taux (en %) – 91 + 5,7 + 115 + 400 27 Calcul de taux à partir d’indices Au 1er du mois Jan. Fév. Mars Avril Mai Indice 100 110 123 103 97 Taux d’évolution 10 % 23 % 3 % – 3 % 28 Calculs d’indices CM = (1 + t100) et In/2009 = CM × 100. Les ventes des voitures de la marque Peugeot ont baissé de 15 % entre 2009 et 2010 donc CM = 0,85 ; soit I2010/2009 = 85. Les ventes des voitures de la marque Renault ont baissé de 7 % entre 2009 et 2010 donc CM = 0,93 ; soit I2010/2009 = 93. Les ventes des voitures de la marque Dacia ont aug- menté de 47,5 % entre 2009 et 2010 donc : CM = 1,4755 ; soit I2010/2009 = 147,55. Année 2009 2010 Indice pour la marque Peugeot 100 85 Indice pour la marque Renault 100 93 Indice pour la marque Dacia 100 147,55 29 Fréquentation des cinémas Les programmes corrects sont les programmes 2 et 3. Le programme 2 correspond à la formule : t = V1 –V0 V0 × 100. Le programme 3 correspond à la formule : t = CM − 1 × 100. Les évolutions de la fréquentation mensuelle entre 2008 et 2009 sont plus fortes qu’entre 2007 et 2008 pour les sept mois : janvier, mai, juin, juillet, août, sep- tembre et décembre, mais l’évolution de la fréquen- tation annuelle entre 2008 et 2009 est moins forte qu’entre 2007 et 2008. 30 indice et taux In/2000 = Yn V2000 × 100. a. Entre 2006 et 2007, CM = 35,5 9,4 = 3,78. L’indice en 2007 est 3,78 × 100  378. De même pour les autres années. On complète le tableau avec un tableur : b. Entre 2006 et 2009, l’indice passe de 100 à 2 851 ; t = (CM – 1) × 100 = CM × 100 – 100 = I2009/2006 – 100 = 2 751. Le taux d’évolution entre 2006 et 2007 est de 2 751 %. 31 Calcul de valeur initiale a. V0 = V1 CM = 20 600 1,03 = 20 000 : population de 20 000 habitants en 2009. b. 58 0,80 = 72,5. La veste coûtait 72,50 €. c. Prix HT = 258 1,196  215,72 € 32 taux de remise a. prix TTC = 21 850 €. Le prix payé par l’acheteur est le prix HT. prix TTC = prix HT × 1,196 ; ou encore : prix HT = prix TTC 1,196 = 21 850 1,196  18 269. L’acheteur paie ce modèle 18 269 €.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 7 b. 21 850 – 18 269 = 3 581 ; le montant de la remise est de 3 581 €. 3 851 21 850  0,163 9 ; le taux de la remise est de 16,39 %. 33 taux : Marché de la viande 1 CM = 21,2 21,8 = 0,972 5 ; t = (CM − 1) × 100 = – 2,75 ; la consommation de viande de bœuf a diminué de 2,75 %. 2 Soit V0 la consommation initiale de viande de volaille en 2007 et V1 la consommation en 2008 : V1 = 25 ; V0 = 25 – 0,2 = 24,8 donc CM = 25 24,8  1,008 1. La consommation de viande de volaille a augmenté de 0,81 %. 3 Soit O0 la consommation de viande ovine en 2007 et O1 la consommation en 2008 : O1 = 3,7 et CM = 1 – 6,9 100 = 0,931 donc O1 = O1 CM = 3,7 0,931  3,97. La consommation individuelle de viande ovine en 2007 était d’environ 4 kg. 34 taux : Marché de la bière 1 CM = 1,9 1,5  1,267 donc t = (CM – 1) × 100 = 26,7 soit une hausse de 26,7 % du marché de la bière en France entre 2008 et 2009. 2 Le marché de la bière a baissé de 2 % en 2010 donc CM = (1 – t100) = 0,98. 1,9 × 0,98 = 1,862 donc le marché de la bière en 2010 est d’environ 1 900 millions d’euros, valeur arrondie à 50 millions d’euros près. 3 En 2010, la consommation de bière par an et par habitant est C1 = 17,2 L. La consommation a augmenté de 9 % en 2009. Si C0 est la consommation en 2009, C1 = 1,09 × C0 donc C0 = C1 1,09 = 17,2 1,09  15,8. En 2009, la consommation annuelle par habitant était de 15,8 L. 35 Évolution d’une recette R1 = 430 × 2,5 = 1 075 €. La quantité augmente de 15 % et le prix diminue de 10 % : (430 × 1,15) × (2,5 × 0,90) = 1 112,625. La recette du mois suivant est de 1 112,625 €. CM = R2 R1 = 1,035 ; t = (CM – 1) × 100 = 3,5 ; soit une augmentation de 3,5 %. 36 Évolution du pouvoir d’achat 1 Pouvoir d’achat : Année 0 : 1 300 112,4 = 11,566 Année 1 : 1 350 120,5 = 11,203 Variation relative du prix : t = ( 120,5112,4 – 1) × 100 = 7,21 ; soit une hausse de 7,21 %. Variation relative du salaire : t = ( 1 3501 300 – 1) × 100 = 3,85 ; soit une hausse de 3,85 %. Variation relative du pouvoir d’achat : t = ( 11,20311,566 – 1) × 100 = – 3,14 ; soit une baisse de 3,14 %. 2 Le nouveau pouvoir d’achat est : salaire × 1,08 prix × 1,10 = salaire prix × 1,08 1,10 . Le pouvoir d’achat est multiplié par 1,08 1,10 = 0,988 soit une baisse de 1,82 % du pouvoir d’achat. 37 Carte de crédit d’un magasin 1 Au bout d’un an, le montant à payer augmente de 19,7 % : 1 200 × 1,197 = 1 436,40. Le client remboursera 1 436,40 €. 2 a. Intérêts payés chaque mois : Capital restant × taux mensuel 1200 × 0,015 = 18 Capital restant dû chaque mois : Capital précédent + intérêts mensuels – mensualité
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 8 b. Le client a besoin de 17 mois pour rembourser son crédit. c. La somme effectivement payée s’obtient en ajou- tant, à la somme de toutes les mensualités, le dernier capital restant : 17 × 80 + 9,52 = 1 369,52. Le prix de l’ordinateur était de 1 200 €, le client a payé 1 369,52 € : (1 369,521 200 – 1) × 100 = 14,1 soit une hausse de 14,1 %. d. Avec des mensualités de 50 € : Le client rembourse son crédit en 20 mois : 29 × 50 + 48,04 = 1 498,04 ; soit un capital effectivement payé de 1 498,04 €. (1 498,041 200 – 1) × 100 = 24,84 ; soit une hausse de 24,84 %. 2 Évolutions successives (p. 23) 38 Vrai ou faux ? a. Faux : 1,02 × 0,97 = 0,9894 ; Or (0,9894 – 1) × 100 = – 1,06 ; la valeur a diminué de 1,06 %. b. Vrai : le coefficient multiplicateur est : CM1 = 0,92 × 0,93 = 0,8556 : baisse de 14,44 %. c. Faux : CMglobal = 1,5 × 0,5 = 0,75. Par ces deux évo- lutions, on obtient une baisse de 25 %. d. Vrai : pour une hausse de 100 %, CM = 2. Donc CMglobal = 0,5 × 2 = 1. 39 taux global d’évolution a. Les signes – indiquent une baisse du marché solaire thermique. Année 2004 2005 2006 2007 2008 2009 Croissance (en %) 11 25 47 – 9 60 – 10 CM 1,11 1,25 1,47 0,91 1,6 0,9 b. CMglobal = 1,11 × 1,25 × 1,47 × 0,91 × 1,6 × 0,9  2,6727 soit une hausse d’environ 167 % pour ces 6 années. 40 taux d’évolution et prévision a. t1= (CM1 – 1) × 100 = ( 3,870,125 – 1) × 100 = 2 996 soit une hausse de 2 996 % de 2005 à 2009. t2= (CM2 – 1) × 100 = ( 83,87 – 1) × 100  106,72 soit une hausse de 106,72 % de 2009 à 2010. b. CMglobal = CM1 × CM2  30,96 × 2,07  64 tglobal = (CMglobal – 1) × 100 = (64 – 1) × 100 = 6 300 ou CMglobal = 8 0,125 = 64 ; tglobal = (CMglobal – 1) × 100 = (64 – 1) × 100  6 300 soit une hausse de 6 300 %. c. La production en 2011 augmente de 130 % par rapport à la production de 2010 : (1 + 130100) × 8 = 18,4 En 2011, l’entreprise produira 18,4 milliers de tonnes de produits alimentaires. 41 taux de tVa et remise 1 Sans réduction : prix TTC = prix HT × 1,196. Avec une réduction de 15 % sur le prix HT : nouveau prix = (prix HT × 0,85) × 1,196. Avec réduction de 15 % sur le prix TTC : nouveau prix = prix TTC × 0,85 = (prix HT × 1,196) × 0,85. Les résultats sont égaux. 2 Le vendeur propose une réduction de 8 % sur le prix TTC, donc le nouveau prix est : prix TTC × 0,92. Le taux de la TVA est de 19,6 % : prix TTC = prix HT × 1,196. Le prix HT est de 34 698 €. 34 698 × 1,196 × 0,92 = 34 698 × 1,10032  38 179 ; le prix payé par le client est 38 179 €.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 9 42 taux annuels et indices a. t1= ( V1V0 – 1) × 100 = (CM – 1) × 100 À l’aide d’un tableur : L’évolution la plus forte est en 2008. b. Indices base 100 en 2007 : In/2007 = Vn V2007 × 100 ; voir tableau ci-dessus. c. tglobal = (CMglobal – 1) × 100 CMglobal = 540,4 348,5  1,550 6 ou CMglobal = 1,180 2 × 1,142 0 × 1,150 5  1,550 6 soit une hausse de 55,06 % ou tglobal = I2010/2007 – 100. L’indice en 2010, base 100 en 2007, est égal à 155,06, ce qui correspond à une hausse de 55,06 %. 1 3 × 55,06  18,35: résultat supérieur aux taux annuels obtenus en a. 43 Évolution du taux de chômage a. V0 = 46,1 – 3,9 = 42,2 et V1 = 46,1. CM = 46,1 42,2  1,092 4 : hausse de 9,24 %. b. Espagne : hausse de 9,69 %, car CMglobal = 0,998 × 1,031 × 1,066  1,0969. France : hausse de 0,18 %, car CMglobal = 0,991 × 0,994 × 1,017  1,0018. Allemagne : baisse de – 2,29 %, car CMglobal = 0,986 × 0,989 × 1,002  0,9771. 44 Calculs de taux réciproques t’= ( 1CM – 1) × 100 ; en pourcentage. a. ( 11,25 – 1) × 100 = – 20 b. ( 11,6 – 1) × 100 = – 37,5 c. ( 10,8 – 1) × 100 = 25 d. ( 10,4 – 1) × 100 = 150 e. ( 13 – 1) × 100  – 66,67 f. ( 10,1 – 1) × 100 = 900 45 Recherche de taux et équations a. CM = 1,2 × (1 + t 100 ) = 1,4 1 + t 100 = 1,4 1,2 ⇔ t = (1,41,2 – 1) × 100  16,67 ; soit une hausse de 16,67 %. b. CM = 1,1 × (1 – t100) = 105 1 – t 100 = 1,05 1,1 ⇔ t = (1 – 1,051,1 ) × 100  4,55 ; soit une baisse de 4,55 %. c. CM = (1 + t100) 2 = 1,21 1 + t 100 = 1,1 ⇔ t = 10 ; soit une hausse de 10 %. d. CM = (1 + t100) × (1 – t100) = 1 – t 2 10 000 1 – t 2 10 000  1. Le coefficient multiplicateur global est inférieur à 1, donc le prix final est inférieur au prix initial. 46 taux global et équation a. (1 – t100) 2 = 0,9 ⇔ 1 – t 100 = B0,9 On ne garde que la solution positive, car un coefficient multiplicateur est positif. t = (1 –B0,9 ) × 100  5,13 Chaque année, la ville perd 5,13 % de ses habitants. b. 1,2 × (1 + t100) 2 × (1 – t100) 2 = 1,1 Or (100 + t) (100 – t) = 100² – t² On résout : (1 – t100)2) 2 = 1,1 1,2 ⇔ (1002 – t21002 ) = C1,11,2 ⇔ 1002 – t2 = 1002 × C1,1 1,2 ⇔ t2 = 1002 – 1002 × C1,1 1,2 t = 100 × C1 – C1,1 1,2  20,63 Le taux de placement est de 20,63 %.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 10 47 Placements sur un compte épargne a. Le capital est placé au taux annuel de 3 %, donc il augmente de 3 % au bout d’un an : 300 × 1,03 = 309 Le capital est de 309 € au 1er janvier 2011. b. Au 1er janvier 2011, Flore ajoute 20 € sur son compte épargne. Au 1er janvier 2012 : 329 × 1,03 = 338,87 puis elle ajoute 20 €, donc le capital est de 358,87 €. Au 1er janvier 2013 : 358,87 × 1,03 ≈ 369,64 puis elle ajoute 20 €, donc le capital est de 389,64 €. Au 31 décembre 2013 : 389,64 × 1,03 ≈ 401,33. Le capital acquis est de 401,33 € à la fin décembre 2013. c. Pour les deux années, CMglobal = 390 300 = 1,3. Soit t le taux annuel, t vérifie (1 + t100) 2 = 1,3. 1 + t 100 = B1,3 donc t = (B1,3 – 1) × 100  14,02 ; soit un taux annuel de 14,02 %. 48 SMiC et pouvoir d’achat a. et b. Pouvoir d’achat = salaire prix et t = (CM – 1) × 100 en pourcentage. c. En 2011, le nouveau pouvoir d’achat est : SMIC × 1,016 prix × 1,03  SMIC prix × 1,016 1,03 = SMIC prix × 0,986 4 CM = 0,9864 donc t = (0,9864 − 1) × 100 = − 1,36 ; soit une baisse de – 1,36 % du pouvoir d’achat. d. Soit CM le coefficient multiplicateur du SMIC. CM vérifie : SMIC × CM prix × (1 + t100) = 1,01 × SMIC prix donc CM 1 + t 100 = 1,01. D’où (1 + t100) = CM1,01 ; soit une hausse du SMIC de taux t = ( CM1,01 – 1) × 100 en pourcentage. 49 taux global et doublement a. On sait que 26 = 64 ; 6 × 5 = 30. En 30 ans, l’unité d’argent vaut 64 fois sa valeur initiale. b. CM = 64 ; t = (CM – 1) × 100 = 6 300 ; soit une augmentation de 6 300 %. 50 Décote d’une automobile a. t = ( V1V0 – 1) × 100 = (CM – 1) × 100 Si l’acheteur choisit un modèle 2005, le taux d’évolution du prix du véhicule est : t = ( 8 80023 450 – 1) × 100  – 62,47 ; soit une baisse de 62,47 %. b. À l’aide d’un tableur, on obtient : c. En 2011, le prix du véhicule a baissé de 17,8 % : P2011 = P2010 × (1 – t100) . 23 450 × (1 – 17,8100 ) = 23 450 × 0,822 = 19 275. Le prix du véhicule en 2011 est 19 275 €. En 2012, il baisse encore de 17,8 % : 19 275 × (1 – 17,8100 ) = 19 275 × 0,822 = 15 844,05. Le prix du véhicule en 2011 est 15 844,05 €.
Vers le Bac © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 11 51 exercice guidé 1 Le prix au troisième mois est : 145 × 1,05 = 152,25. Le prix au premier mois est : 145 0,91 . 2 a. CMglobal = 0,91 × 1,05 × 1,04 × 1,10  1, 0931 et (1,0931 – 1) × 100 = 9,31 ; soit une hausse d’environ 9,31 %. b. Coefficient réciproque : 1 1,093 1 = 0,914 8 et (0,9148 – 1) × 100 = – 8,52 ; soit une baisse réciproque de 8,5 %. 3 Tableau des indices Début du mois 1 2 3 4 5 Indice 100 91 95,6 99,4 109,3 52 Seuil de pauvreté ParTie a 1 c. CM = 3 751 5 785  0,648 4 ; soit une diminution entre 1975 et 1990, de 35,2 % à 0,1 % près. 2 b. Le nombre de personnes étudiées en 1970 : 5785 0,12  48 208 et en 2005 : 3 733 0,063  59 254 (en milliers), soit une augmentation de 11 millions, à 1 million près. 3 c. Le niveau de vie est le double du seuil de pau- vreté. CM = 2 × 757 2 × 377  2,008 ; soit une hausse d’environ 100 % du niveau de vie médian de 1970 à 2007. ParTie B 1 V1975 = 8 649, V1990 = 7 848 ; Variation absolue entre 1975 et 1990 : ∆V = V1990 – V1975 = – 801 milliers ; CM = V1990 V1975  0,907 4 donc t = (CM – 1) × 100 = – 9,26. Le nombre de personnes pauvres a diminué de 9,26 % de 1970 à 1990. Ce résultat est inférieur en pourcen- tage, à celui trouvé à la question 1 de la ParTie a. 2 V1970 = 8 649, V2005 = 7 136 ; Variation absolue entre 1970 et 2005 : ∆V = – 1 513 milliers ; Variation relative entre 1970 et 2006 : ∆V V1970 × 100 = – 1 513 8 469 × 100  – 17,49 ou CM = V2005 V1970  0,825 1 donc t = (CM – 1) × 100 = – 17,49. Le nombre de personnes pauvres a diminué de 17,49 % de 1970 à 2005. 3 Avec un seuil de pauvreté à 50 %, entre 2000 et 2007, le seuil de pauvreté a augmenté de : t = ( 757657 – 1) × 100 = 15,2 soit une hausse de 15,2 %. Avec un seuil de pauvreté à 60 %, entre 2000 et 2007, le seuil de pauvreté a augmenté de : t = ( 908789 – 1) × 100 = 15,08 soit une hausse de 15,08 %. 53 Calcul du prix de la rentrée 1 On complète le tableau donné, à l’aide d’un tableur, en utilisant les coefficients multi- plicateurs : Cellule B2 : CM = (1 + – 6,13100 ) = 0,938 7 donc prix en 2009 = 33,07 CM  35,23. Cellule B3 : CM = (1 + 1,42100 ) = 1,014 2 donc prix en 2009 = 88,32 CM  87,08. Cellule C4 : CM = (1 + 3,89100 ) = 1,038 9 donc prix en 2010 = 51,92 × CM  53,94. En ajoutant toutes les dépenses, on calcule la dépense totale en 2009 en cellule B5 puis en cellule C5, celle de 2010 : t = (CM – 1) × 100  0,63 ; soit une hausse de 0,63 %. La hausse des prix des vêtements a été la plus impor- tante. 2 À l’aide du tableur, on obtient : Année Coût CM Taux d’évolution (en %) 2004 184,73 2005 186,32 1,0086 0,861 2006 202,7 1,0879 8,791 2007 206,68 1,0196 1,963 2008 190,82 0,9233 – 7,674 2009 174,23 0,9131 – 8,694 (p. 26)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 12 3 a. Magasins spécialisés : P2009 = P2010 CM = P2010 1,027 1 . À l’aide du tableur : 2009 2010 Papeterie 31,04 31,88 Fournitures 80,32 82,5 Vêtements 65,69 67,47 Total 177,05 181,85 b. Supermarchés : Variation relative des prix : t = ( V2010V2009 – 1) × 100 2009 2010 Variation relative des prix Papeterie 41,1 36,66 – 10,80 Fournitures 95,41 95,19 – 0,23 Vêtements 51,56 50,53 – 2,00 Total 188,07 182,38 – 3,03 c. De 2009 à 2010, les prix ont augmenté dans les magasins spécialisés et baissé dans les supermarchés. 54 Prix d’achat d’une maison Prix de la première maison : 260 000 × (1 + 0,02 + 0,07 − 0,02) = 278 200 €. Prix de la deuxième maison : 250 000 × (1 + 0,06 + 0,07) − 5 000 = 277 500 €. 55 taux d’évolution et lecture graphique 1 a. Faux : si CMglobal = 2, le taux t d’évolution annuelle vérifie : CMglobal = (1 + t100) 2 = 2 donc 1 + t 100 = B2 or B2  1,414 2. Le prix n’augmente que de 41,42 % par an. b. Faux : CMglobal = 1,2 × 0,8 = 0,96. CMglobal  1 donc le prix final est inférieur au prix initial. 2 a. Soit x le taux d’évolution annuel, pour les deux années : CMglobal = (1 + x100) 2 . b. Par lecture graphique : pour CMglobal = 2, x  1,414 2. On retrouve sur le graphique suivant que deux hausses successives de 41,42 % font doubler la valeur initiale. 3 a. Soit x le taux de la hausse et x celui de la baisse : CMglobal = (1 + x100)(1 – x100) = 1 – x 2 10 000 b. Par lecture graphique : pour CMglobal = 0,96, x = 20. 4 CMglobal = (1 – 10100) 5  0,590 5. Après 5 baisses successives de 10 %, on obtient une baisse de 40,95 % et non 50 %. CMglobal = (1 – x100) 5 = 0,5. Par lecture graphique, x  12,94. Après 5 diminutions de 12,94 % (à 0,01 près), le prix diminue de moitié. 56 Pouvoir d’achat et SMiC ParTie a 1 a. Entre 1999 et 2002 : CMglobal = 1,032 × 1,034 × 1,034 × 1,036  1,143 1 ; soit une hausse de 14,31 %. b. Entre 2003 et 2006 : CMglobal = 1,008 × 1,026 × 1,016 × 1,026  1,078 1 ; soit une hausse de 7,81 %. c. L’affirmation du journaliste est vraie. 2 a. Les indices du salaire moyen base 100 en 1951 sont 342, 345, 344, 345, 348, 348, donc stables de 2001 à 2006. CMglobal = 348 342  1,017 5 ; soit une hausse de 1,75 % en 5 ans. Le SMIC horaire brut est passé de 6,67 € à 8,27 €. CMglobal = 8,27 6,67  1,239 9 soit une hausse de 24 % en 5 ans. b. L’affirmation du journaliste est fausse.
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 13 ParTie B 1 a. b. et 2 a. À l’aide d’un tableur : tannuel = (CM – 1) × 100 = ( V1V0 – 1) × 100 et In/2001 = Vn V2001 × 100. 57 ... en économie Calculs d’élasticité 1 Le prix a augmenté de 1,2 % entre 2005 et 2006, CM = 1,012. Il atteint 5,94 € en 2006. P2005 = P2006 CM = 5,94 1,012  5,87 donc le prix d’une place en 2005 est 5,87 €. 2 Entre 2006 et 2008, T = (CMglobal – 1) × 100 = (6,015,87 – 1) × 100  2,39 ; soit une hausse de 2,39 %. 3 Le taux annuel t vérifie l’équation : CMglobal = (1 + t100) 3 = 1,023 9. Le taux annuel arrondi au centième : t  0,79 %. 4 À l’aide d’un tableur, on obtient que le prix d’une place de cinéma dépasse 6,25 € en 2013. b. Entre 2007 et 2008, le salaire moyen augmente de 1,5 % : 353 × 1,015 = 358,295 donc le salaire moyen en 2008 est environ égal à 358 €. CM = 358 342  1,047 donc l’indice base 100 en 2001 du salaire moyen en 2008 est 104,7. (p. 28)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 14 5 a. ED/P = D1 – D0 D0 P1 – P0 P0 = 2 350 – 2 400 2 400 0,20 8,60  – 0,89 b. Le prix augmente de 2 % donc le prix d’une place de cinéma au mois 1 est : P1 = P0 (1 + t100) = 8,80 × 1,02 = 8,976. Soit D1, le nombre de places vendues le mois 1, D1 vérifie l’équation : ED/P = D1 – 2 350 2 350 0,02 = – 1,3 ⇔ D1 = 2 288,9. Mois 0 Mois 1 Prix (en €) 8,80 8,98 Demande : nombre de places vendues 2350 2289 Chiffre d’affaires (en €) 20 680 20 555,22 Le chiffre d’affaires est égal à 8,98 × 2 289 = 20 555,22 €. Le taux d’évolution du chiffre d’affaires est : t = (20 555,2220 680 – 1) × 100  – 0,603 ; soit une baisse de 0,6 % du chiffre d’affaires. Le directeur n’a pas fait le bon choix. 58 ... en anglais tourisme international 1 a. Pendant la période de janvier à août 2010, le nombre de touristes est supérieur de 40 millions au nombre de touristes à la même période en 2009. Il était donc égal à 602 millions en 2009. Le pourcentage d’évolution est : t = (642602 – 1) × 100  6,64 ; soit une hausse de 6,64 % entre 2009 et 2010. b. Le nombre de touristes en 2010 est supérieur de 1 million au nombre de touristes à la même période en 2008. Le nombre de touristes en 2008 est donc égal à 641 millions en 2008. Le pourcentage d’évolution est : t = (602641 – 1) × 100  – 6,08 ; soit une baisse de 6,08 % entre 2008 et 2009. 2 Le taux d’évolution entre 2010 et 2011 est de 4 % : CM = 1,04. En 2010, le nombre de touristes est de 642 millions. 642 × 1,04 = 667,6 : le nombre de touristes estimés en 2011 est de 667,6 millions. 3 Entre 2009 et 2011, le nombre de touristes a aug- menté de 6,64 % puis a baissé de 6,08 % puis augmenté de 4 % : CMglobal = 1,066 4 × 0,939 2 × 1,04  1,041 6 ; soit une hausse de 4,16 % du nombre de touristes entre 2009 et 2011. 59 ... en biologie Population de bactéries 1 a. Pendant les cinq premières minutes, la popula- tion des bactéries continue d’augmenter. b. t 0 5 10 f (t) 1 025 2 On observe que le bactéricide ralentit la croissance de la population de bactéries. 60 ... en géographie Évolution de la population japonaise 1 La population japonaise a baissé de 0,24 % entre 2009 et 2010 : CM = 0,9976. En 2010, la population compte 126 804 400 habitants : P2009 = P2010 0,997 6 = 127 109 462 ; la population en 2009 compte 127 109 462 millions d’habitants. 2 a. À l’aide d’un tableur, on obtient : Année Population Taux / 2004 2050 115 183 943 – 9,79 2051 114 907 502 – 10,01 Année Population Taux / 2004 2100 102 144 259 – 20 2109 99 959 006 – 21,7 b. Ce n’est qu’à partir de 2100 que la population japo- naise sera inférieure à 100 millions d’habitants.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 15 61 ... en économie Consommation des ménages 1 a. coeff. budgétaire = conso. du poste conso. totale × 100 À l’aide d’un tableur, on obtient : b. La part de l’alimentation est de 10,4 %. 1 418,6 × 0,1040  147,53 donc la consommation pour l’alimentation est de 147,53 milliards. 2 a. tglobal = (CMglobal – 1) × 100 CMglobal = 1,027 × 1,045 × 1,034 × 1,047 × 1,052 × 1,032  1,2614 soit une hausse de 26,14 % du Revenu Disponible Brut entre 2003 et 2009. Année 2003 2004 2005 2006 2007 2008 Global Taux (en %) au cours de l’année 2,7 4,5 3,4 4,7 5,2 3,2 26,14 CM 1,027 1,045 1,034 1,047 1,052 1,032 1,2614 b. EC/R = taux d’évolution de la consommation taux d’évolution du revenu Pour l’alimentation : EC/R = 18,2 26,14  0,67 Pour les loisirs : EC/R = 25,2 25,14  0,96 Pour le logement : EC/R = 33,3 25,14  1,27 Pour les communications : EC/R = 39,5 26,14  1,51 c. Si le revenu augmente de 1 %, pour l’alimentation, la consommation augmente de 0,67 %, donc une aug- mentation moins forte. Pour les loisirs, la consommation augmente de 0,96 %, donc une augmentation presque égale. Pour le logement, la consommation augmente de 1,27 %, donc une consommation plus forte. Pour les communications, la consommation augmente de 1,51 % donc une consommation plus forte. 62 ... en arts Les poupées russes 1 t = (CM – 1) × 100 = ( V1V0 – 1) × 100 À l’aide d’un tableur : 2 CMglobal = 1,5 × 1,666 7 × 1,6 × 1,625 × 1,615 4  10,5 ; tglobal = (CMglobal – 1) × 100 = 950 ; soit une augmentation de la taille de 950 % entre la poupée P2 et la poupée P7. 3 P0 est la valeur de départ avant une augmentation de 66,1 %. P1 = P2 CM = 2 1,661  1,2. La plus petite poupée mesure 1,2 cm. 63 ... en histoire Les chocs pétroliers du xxe siècle 1 En 1973, variation absolue ∆V = 10,41 – 2,83 = 7,58 ; soit une hausse de 7,58 $. Variation relative : t = (10,412,83 – 1) × 100  267,84 ; soit une hausse d’environ 268 %. En 1978, variation absolue : ∆V = 29,75 – 13,03 = 1672 ; soit une hausse de 16,72 $. Variation relative : t = (29,7513,03 – 1) × 100  128,31 ; soit une hausse de 128 %. L’évolution de 1973 fut la plus importante en valeur relative. 2 a. Entre 1985 et 1986, t = (12,9727,33 – 1) × 100  52,9 ; soit une baisse de 52,9 %. b. Cet « effondrement » fut beaucoup moins important en valeur relative. 3 À l’aide d’un tableur (voir ci-dessous) : À la calculatrice : Entrer en liste L1 les années : OPS 5 : suite (x, x, 1973, 1 990,1) L1. Entrer les prix en liste L2. En liste L3, entrer : L3 = 100 L2 L2(6).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. ChaPitRe 1 Pourcentages 16 64 ... en économie Comparaison de deux livrets d’épargne 1 Le capital obtenu en appliquant le calcul de la pre- mière proposition au taux annuel de 1,75 % est : C1 = C0 × (1 + t100) = 5 000 × 1,0175 = 5 087,5 ; soit un capital de 5 087,50 €. 2 a. Soit t le taux mensuel correspondant à un taux annuel de 4,8 %, le coefficient multiplicateur global est CMglobal = (1 + t100)12. t vérifie l’équation : (1 + t100)12 = 1,048. b. Le taux mensuel est de 0,391 5 %. c. Soit t le taux mensuel correspondant à un taux annuel de 1,6 %. t vérifie l’équation : (1 + t100)12 = 1,016. Le taux mensuel est de 0,132 4 %. 3 a. Le capital est placé pendant 3 mois au taux men- suel de 0,39 % et pendant 9 mois au taux mensuel de 0,13 % : CMglobal = 1,003 915 3 × 1,001 3249  1,023 91 5 000 × 1,02391 = 5 119,55 Le capital acquis est de 5 119,55 €. Les intérêts s’élèvent à 119,55 €. b. On prélève sur les intérêts 12,7 % puis 18 % donc les intérêts après prélèvement sont : 119,55 × (1 – 12,7100 ) × (1 – 18100 )  85,58 ; soit des intérêts de 85,58 €. Le capital acquis est de 5 085,58 €. 4 Le taux d’évolution annuel est : t = (5 085,585 000 – 1) × 100 = 1,711 6. Soit un taux annuel d’environ 1,71 % pour la seconde proposition, taux inférieur à celui du livret A
Second degréSecond degré Partir d’un bon pied d. Vrai : d’après b. e. Faux : l’ensemble solution de f(x)  0 est : ]– ∞ ; – 1]  [5 ; + ∞[ . f. Faux : le minimum de f est – 3 , atteint en 2. © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 17 (p. 32) C h a p i t r e 2 Les élèves ont déjà quelques connaissances sur le second degré en Seconde, plus que dans le pro-gramme précédent. Ce chapitre va permettre de consolider tout l’aspect graphique afin de placer les techniques algébriques, plus difficiles à maîtriser. Si la forme canonique est à connaître, sa détermi- nation n’est pas un attendu du programme : inutile en 1re ES de faire « une reconnaissance du début de développement d’un carré », le calcul de l’abscisse du sommet – b 2a est plus efficace, plus encore que la réso- lution de l’équation ax² + bx + c = c, puis la recherche du milieu des deux solutions 0 et – b a . Nous avons intentionnellement mis le signe – devant le numérateur b et non devant la fraction, car pour une part des élèves de ES les nombres relatifs et les règles de signes ne sont pas maîtrisés. Inutile de cher- cher à démontrer les formules des racines : trop de techniques mathématiques qui entrent en jeu dans cette démonstration n’ont pas été travaillées dans les classes précédentes. La factorisation n’est plus un objectif de collège et en Seconde, le temps manque pour la pratique. Nous avons proposé un algorithme de recherche de la forme canonique. Dans les programmes précédents, donc depuis 15 ans, le signe du trinôme est vu à travers la position relative de la parabole et de l’axe des abscisses : nous avons continué cette pratique, plus formatrice qu’un théo- rème de type algébrique, et la justification est le tracé de la parabole et de l’axe des abscisses, et le placement des solutions si elles existent. Le calcul formel (calculatrice ou logiciel TI-Nspire™ dans l’ouvrage) n’est là que pour indiquer des résul- Lire graphiquement a. Faux : l’axe des ordonnées est l’axe vertical. b. Vrai : en traçant la droite d’équation y = – 2. c. Vrai : l’ordonnée du point d’abscisse 2 est – 3. a Intentions des auteures tats à utiliser au cours de l’exercice par les élèves. Ce ne sont donc que des copies d’écran. En aucun cas l’élève doit faire un calcul formel. Comme les classes de 1re ES ne sont pas dédoublées a priori, nous avons fait le choix d’une pratique en classe par le profes- seur en classe entière avec ordinateur et vidéo- projecteur (ou TBI) et non des séances en salle infor- matique. Pour ce qui concerne l’algorithmique, difficile de faire autre chose que des programmes sur calculatrice pour ces élèves. Les prérequis sont importants et bien en place dans l’accompagnement personnalisé : aussi bien en méthode (partie A), en calcul algébrique (partie B), en lectures graphiques (partie E) et bien sûr, un retour sur la fonction carré (partie F). De nombreux liens permettront aux élèves de les trouver. Les applications en SES sont nombreuses, conduisant : – à la résolution d’une équation : les points morts d’une production (résolution d’une équation), l’équi- libre de l’offre et de la demande, des lectures de coûts et retour sur les pourcentages ; – à la résolution d’inéquations : la plage de bénéfice, les coûts et les recettes, comparaison de l’offre et de la demande, la courbe de Lorenz, etc. Nous avons pensé aux élèves de L qui ont choisi l’op- tion Maths en abordant des thèmes comme le nombre d’or bien sûr, mais aussi toutes les applications archi- tecturales et propriétés physiques de la parabole. L’exercice 106 est le seul qui est un peu plus délicat, mais son but est surtout de montrer les propriétés du foyer d’une parabole, très utilisées y compris dans le développement durable.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 18 travailler sur les expressions algébriques 1 b. et c. En développant : page 228. 2 b. En développant. 3 a. et b. Voir page 231 : 3(1)² – 2(1) – 1 = 0 et 3(– 13 ) 2 – 2 × – 1 3 – 1 = 0. 4 c. Voir page 243 : (x – 1)² – 4 = 0 ⇔ x – 1 = 2 ou x – 1 = – 2 ⇔ x = 3 ou x = – 1. 5 a. et c. 0,01(50)² – 0,2 × 50 + 22 = 37. B associer courbes et expressions algébriques a. et 4. La parabole est tournée vers le bas et elle a pour sommet (2 ; 1). Voir page 246. b. et 1. La parabole est tournée vers le haut et elle a pour sommet (2 ; 1). c. et 2. La parabole est tournée vers le bas et elle a pour sommet (– 2 ; 1). d. et 3. La parabole est tournée vers le haut et elle a pour sommet (– 2 ; – 1). C rechercher des solutions d’une équation du second degréActivité 2 Coefficients Δ = b² – 4 a c Solutions de l’équationf (x) = 0 Calculatricea b c f1 – 0,5 1 1,5 Δ = 1² – 4 × (– 0,5) × 1,5 = 4 – 1 et 3 f2 2 2 – 4 Δ = 2² – 4 × 2 × (– 4) = 36 – 2 et 1 Utiliser les formes d’un polynôme de degré 2Activité 1 b. – 0,5 (x – 3)² – 1 = – 0,5 (x² – 6 x + 9) – 1 = – 0,5 x² + 3 x – 4,5 – 1 = g (x). c. a = – 0,5 négatif, la parabole g est tournée vers le bas d’où le tableau de variations : x – ∞ 3 + ∞ g (x) – 1 Le maximum de la fonction g est – 1. Donc l’équation g (x) = 0 n’a pas de solution. 3 En développant les formes canoniques, on obtient : • h (x) a pour forme canonique 3 (x – 1)² – 1 et pour tableau de variations C. • k (x) a pour forme canonique – (x + 2)² + 3 et pour tableau de variations B. • m (x) a pour forme canonique – 1 4 (x – 2)² + 2 et pour tableau de variations A. 1 a. 0,5 (x – 1)² – 2 = 0,5 (x² – 2 x + 1) – 2 = 0,5 x² – x + 0,5 – 2 = f (x). x – ∞ 1 + ∞ f (x) – 2 b. 0,5 (x + 1) (x – 3) = 0,5 (x² – 3 x + x – 3) = 0,5 x² – x – 1,5 = f (x) f (x) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ou x – 3 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3 Donc S = {–1 ; 3}. 2 a. Les coordonnées du sommet de la parabole sont (3 ; – 1). Découvrir (p. 34)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 19 Déterminer le signe d’un polynôme du second degréActivité 3 a Δ Signe de a Signe de Δ Allure de la parabole Tableau de signes f1 – 0,5 4 négatif positif + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – + + + + + + + + + +3–1 x – ∞ – 1 3 + ∞ f1 (x) – 0 + 0 – f2 2 36 positif positif x1 x2 ++ – x – ∞ – 2 1 + ∞ f2 (x) + 0 – 0 + f3 1 0 positif nul + + + α x – ∞ 1 + ∞ f3 (x) + 0 + f4 – 1 – 3 négatif négatif – – – x – ∞ + ∞ f4 (x) – f5 – 0,5 0 négatif nul α – – – x – ∞ – 1 + ∞ f5 (x) – 0 – f6 2 – 4 positif négatif + + + x – ∞ + ∞ f6 (x) + f3 1 – 2 1 Δ = (– 2)² – 4 × 1 × 1 = 0 1 f4 – 1 – 1 – 1 Δ = (– 1)² – 4 × (– 1) × (– 1) = – 3 Pas de solution f5 – 0,5 – 1 – 0,5 Δ = (– 1)² – 4 × (– 0,5) × (– 0,5) = 0 – 1 f6 2 – 2 1 Δ = (– 2)² – 4 × 2 × 1 = – 4 Pas de solution
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 20 résoudre une équation à l’aide d’un programmeActivité 4 Casio : 2 a. Δ = 36 ; x1 = 5 et x2 = – 1 . Donc S = { 5 ; – 1 }. b. Δ = –7 . Donc S = ∅. c. Δ = 0 ; α = 1. Donc S = { 1 }. d. Δ = 121 ; x1 = 7 et x2 = 1,5. Donc S = { 7 ; 1,5 }. 1 • Saisie des coefficients : T.I. : Casio : • Calcul de Δ et son affichage : T.I. : Casio : • Test sur le signe de Δ : T.I. : Étudier la position relative de deux courbesActivité 5 b. f (x)  g (x) ⇔ 0,5 x² – 1,5 x – 1  – 0,5 x + 0,5 ⇔ 0,5 x² – x – 1,5  0 . a = 0,5 positif et Δ = 4 ; x1 = – 1 et x2 = 3. x1 x2 ++ – x – ∞ – 1 3 + ∞ f (x) – g (x) + 0 – 0 + Donc S = [ – 1 ; 3 ]. 1 La fonction f est du second degré, représentée par la parabole et la fonction g est affine, donc représentée par la droite. 2 a. Les courbes f et g se coupent aux points d’abscisses – 1 et 3, donc S = { – 1 ; 3 }. b. f (x) = g (x) ⇔ 0,5 x² – 1,5 x – 1 = – 0,5 x + 0,5 ⇔ 0,5 x² – x – 1,5 = 0. Δ = 4 ; x1 = – 1 et x2 = 3. Donc S = { – 1 ; 3 }. 3 a. La courbe f est en dessous de la droite g sur l’intervalle [ – 1 ; 3 ]. Donc S = [ – 1 ; 3 ].
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 21 Exercices d’application 1. Utiliser une forme adaptée (p. 37) 1 1 Le sommet de la parabole f a pour coordonnées (1 ; – 3). Donc g (x) = 2 (x – 1)² – 3. 2 a. g (x) du second degré avec a = 2 positif. a > 0 x – ∞ 1 + ∞ g (x) – 3 Donc la fonction g admet – 3 comme minimum, atteint en 1. b. g (x) = – 1 ⇔ 2 x² – 4 x – 1 = – 1 ⇔ 2 x² – 4 x = 0 ⇔ 2 x (x – 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x – 2 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2. Donc S = { 0 ; 2 }. c. g (x) = – 3 ⇔ 2 (x – 1)² – 3 = – 3 ⇔ 2 (x – 1)² = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1. Donc S = { 1 }. d. Le minimum de g est – 3 . Donc l’inéquation g (x) < – 4 n’a pas de solution. 2 1 – (x – 1)² + 16 = – (x² – 2 x + 1) + 16 = – x² + 2 x – 1 + 16 = h (x). 2 h (x) = 4² – (x – 1)² = (4 – (x – 1)) ( 4 + ( x – 1)) = ( 4 – x + 1) (4 + x – 1) = (5 – x) (x + 3). 3 a. h (1) = – (1 – 1)² + 16 = 16 . b. h (0) = – (0 – 1)² + 16 = 15 . c. Comme a = – 1 négatif, on a le tableau de variations de h. a < 0 x –∞ 1 +∞ h (x) 16 d. h (x) = 0 ⇔ 5 – x = 0 ou x + 3 = 0 ⇔ x = 5 ou x = –3 . Donc S = { –3 ; 5 }. 3 • 0,5 ( x – 1)² – 2 = 0,5 (x² – 2 x + 1) – 2 = 0,5 x² – x + 0,5 – 2 = 0,5 x² – x – 1,5. 0,5 (x + 1) (x – 3) = 0,5 (x² – 3 x + x – 3) = 0,5 x² – x – 1,5. Donc 0,5 (x – 1)² – 2 = 0,5 (x + 1) (x – 3). • f (x) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ou x – 3 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3. Donc S = { – 1 ; 3 }. • f (x) = –2 ⇔ 0,5 (x – 1)² – 2 = – 2 ⇔ 0,5 (x – 1)² = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1. Donc S = { 1 }. Exercices d’application 2. résoudre une équation du second degré (p. 39) 4 a. a = 1, b = –2 et c = 3. Δ = – 8. Donc f (x) n’a pas de racine. b. a = 2, b = – 3 et c = 1. Δ = 1 ; x1 = 0,5 et x2 = 1. Donc f (x) admet deux racines : 0,5 et 1. c. a = – 1 , b = 2 et c = 3. Δ = 16 ; x1 = 3 et x2 = – 1. Donc f (x) admet deux racines : 3 et –1 . d. a = – 1 , b = 2 et c = – 1. Δ = 0 ; α = 1. Donc f (x) admet une racine : 1. 5 a. x² – 3x – 10 = 0. Δ = 49 ; x1 = – 2 et x2 = 5. Donc S = { – 2 ; 5 }. b. 2x² = 6x ⇔ 2x² – 6x = 0 ⇔ 2x (x – 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x – 3 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3. Donc S = { 0 ; 3 }. c. (x + 1)² = 9 ⇔ (x + 1)² – 3² = 0 ⇔ (x + 1 – 3) (x + 1 + 3) = 0 ⇔ (x – 2) (x + 4) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ou x + 4 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 4. Donc S = { 2 ; – 4 }. d. 0,2 x² + 2 x – 15 = 0. Δ = 16 ; x1 = – 15 et x2 = 5. Donc S = { – 15 ; 5 }.
Exercices (p. 43) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 22 Exercices d’application 3. Dresser le tableau de signes d’un polynôme du second degré (p. 41) 6 a. a = – 1 négatif et ∆ = 4 ; x1 = 3 et x2 = 1. x1 x2+ – – x – ∞ 1 3 + ∞ A (x) – 0 + 0 – b. a = 2 positif et Δ = – 8. + + x – ∞ + ∞ B (x) + c. a = 1 2 positif et Δ = 2,25 ; x1 = – 4 et x2 = – 1. x1 x2 ++ – x – ∞ – 4 – 1 + ∞ C (x) + 0 – 0 + d. a = – 1 4 négatif et Δ = 0 ; α = 2. α – – – x – ∞ 2 + ∞ D (x) – – 7 • f (x) = 2 x² + 3 est la somme d’un carré, positif, mul- tiplié par 2, et de 3. Donc pour tout réel x, f (x) > 0. • g (x) = – 0,1x² – 7 = – (0,1x² + 7) est l’opposé d’un nombre strictement positif. Donc pour tout réel x, g (x) < 0. • h (x) = (x – 3)² + 1 est la somme d’un carré, positif, et de 1. Donc pour tout réel x, h (x) > 0. • k (x) = 3 (x + 4)² est le produit de 3 et d’un carré, positif qui s’annule en – 4. Donc : x – ∞ – 4 + ∞ k (x) + 0 + QCM 8 c. 3(x + 1)2 – 4 = 3 (x2 + 2x + 1) – 4 = 3x2 + 6x – 1. 9 a. La forme factorisée n’existe pas si le polynôme n’a pas de racine ; si a = 0, le polynôme est du premier degré. La forme canonique existe toujours. 10 a. Sur la forme canonique, – 2 annule le carré et – 3 est l’image lorsque x = – 2. 11 c. Forme factorisée et règle du produit nul. 12 b. L’abscisse du sommet est α = 1,5 et a = – 1. Donc la fonction f est décroissante sur [1,5 ; + ∞ [, donc sur [2 ; + ∞ [ qui est à l’intérieur. 13 b. Δ = 20 positif. 14 b. On factorise ax2 + bx = x (ax + b), produit qui s’annule en 0 et en – b a : voir page 234. 15 a. Δ = – 0,2 négatif, et a = 0,1 positif. 16 c. Bien reprendre le tableau page 40. 17 a. Δ = 25. Donc x1 = 4 et x2 = – 1. 18 b. On résout l’inéquation – x2 + 3x  0. Les solutions de l’équation – x2 + 3x = 0 sont 0 et 3 et la parabole est tournée vers le bas. 1 polynômes du second degré et parabole (p. 44) 19 QCM 1 c. 2 (x – 3)2 + 7 = 2 (x2 – 6x + 9) + 7 = 2 x2 – 12x + 18 + 7 = 2 x2 – 12x + 25. Revoir le calcul algébrique page 228. 2 b. 4 (x + 1)² – 9 = 2² (x + 1)² – 3² = (2 (x + 1) + 3) (2 (x + 1) – 3) = (2x + 5) (2x – 1) Voir page 228. 3 a. – 2 (x + 2)² + 9 = – 2 (x² + 4 x + 4) + 9 = – 2 x² – 8 x – 8 + 9 = – 2 x² – 8 x + 1.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 23 20 Vrai ou faux ? 1 Vrai : en développant B et C, on retrouve A. 2 Vrai : on applique la règle du produit nul : voir page 234. 3 Faux : en lisant la forme canonique B, le sommet a pour coordonnées ( 13 ; – 43 ). 4 Vrai : a = 3 positif. 21 reconnaître une fonction 1 a. Pour la fonction f, a = 1, positif, parabole tournée vers le haut, représentation par la courbe rouge. 2 c. La fonction g est représentée par g , bleue, l’abs- cisse du sommet de g est 1, l’abscisse du sommet de f est p. Graphiquement, on a p > 1. 3 a. f (p) = q, le sommet de f est en dessous de l’axe des abscisses, donc q < 0. 22 allure d’une parabole 1 f , parabole tournée vers le haut et g , parabole tournée vers le bas donc a est positif et a’ est négatif. 2 Sommet de f , de coordonnées (p ; q) et sommet de g de coordonnées (p’ ; q’ ). Graphiquement, on a : p > p’ et q < q’. 23 QCM a. Vrai : a = 2 positif. b. Faux : a = – 3 négatif ; la fonction g est décroissante sur [ – 1 ; + ∞ [ . c. Vrai : α = – b 2a = + 1 4 . d. Faux : le sommet est S’ ( – 1 ; 4 ). 24 repérer une forme Voir pages 228 et 230. Formes développées Formes factorisées Formes canoniques B, D et G A, H, I et J C, E et F On développe les expressions non développées : A = D = F B = E = H C = G = I 25 Égalités d’expressions a. 3 ( x – 32 ) 2 + 25 4 = 3 ( x2 – 3x + 94 ) + 254 = 3x2 – 9x + 27 4 + 25 4 = 3x2 –9x + 13 b. – 1 2 (x – 2)2 + 8 = – 1 2 (x2 – 4x + 4) + 8 = – 1 2 x2 + 2x + 6 1 2 (6 – x) (x + 2) = 1 2 (– x2 + 4x + 12) = – 1 2 x2 + 2x + 6 c. 0,1 (x + 10)2 – 20 = 0,1 (x2 + 20x + 100) – 20 = 0,1x2 + 2x – 10 26 Formes et calculatrices a. Le sommet paraît être S (1,5 ; –2,5). b. 2 ( x – 1,5)² – 2,5 = 2 (x² – 3 x + 2,25) – 2,5 = 2 x² – 6 x + 4,5 – 2,5 = 2 x² – 6 x + 2 = f (x). La forme que l’on a développée est la forme canonique de f (x). c. a = 2 positif et le sommet est (1,5 ; – 2,5). x – ∞ 1,5 + ∞ f (x) – 2,5 27 Forme factorisée a. g (x) = – 0,1 (x – 2)(x + 3) ⇔ x – 2 = 0 ou x + 3 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 3. La parabole g traverse l’axe des abscisses aux points d’abscisses 2 et – 3. b. α est la moyenne des racines 2 et – 3. Donc α = – 3 + 2 2 = – 1 2 . c. b = – 0,1 ( – 12 – 2 ) ( – 12 + 3 ) = 58 . D’où la forme canonique de g (x) est : g (x) = – 0,1 ( x + 12 ) 2 + 5 8 . a = – 0,1 négatif et le sommet de g a pour coordon- nées ( – 12 ; 58 ). Donc : x – ∞ – 1 2 + ∞ g (x) 5 8 28 Signe de a a. La parabole est tournée vers le bas, donc le coeffi- cient de x² est négatif. b. La forme canonique de h (x) est : h (x) = a (x – 2)2 + 9. Comme h (– 1) = 0 ⇔ 9a + 9 = 0, donc a = – 1. Ainsi h(x) = – (x – 2)2 + 9 = – x2 + 4x + 5.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 24 29 Choisir la bonne forme 1 Justifier : il faut faire les calculs : voir page 225. • f (x) = – ( x2 – 2 × 52x + ( 52 ) 2 ) + 4 = – x2 + 5 x – 25 4 + 4 = – x2 + 5 x – 9 4 • f (x) = 22 – ( x – 52 ) 2 = ( 2 – ( x – 52 )) ( 2 + ( x – 52 )) = ( 2 – x + 52 ) ( 2 + x – 52 ) = ( 92 – x ) ( x – 12 ) = 9 – 2x 2 × 2x – 1 2 = – (2x – 9) (2x – 1) 4 2 a. Pour déterminer les points d’intersection avec l’axe des abscisses, on résout l’équation f (x) = 0 en prenant la forme factorisée : – (2x – 9) (2x – 1) 4 = 0. Quotient nul : voir page 234. 2 x – 9 = 0 ou 2 x – 1 = 0 ⇔ x = 9 2 ou x = 1 2 . Donc la courbe f coupe l’axe des abscisses aux points ( 92 ; 0 ) et ( 12 ; 0 ). Pour déterminer le point d’intersection avec l’axe des ordonnées, on calcule f (0) en remplaçant x par 0 dans la forme développée : f (0) = – 02 + 5(0) – 9 4 = – 9 4 . Donc f coupe l’axe des ordonnées en ( 0 ; – 94 ). b. a = – 1 négatif, donc la parabole est tournée vers le bas. En utilisant la forme canonique, on obtient : x – ∞ 5 2 + ∞ f (x) 4 c. La fonction f admet 4 comme maximum, donc la valeur 25 n’est pas atteinte par f (x). L’équation f (x) = 25 ne peut donc avoir de solution. 30 retrouver l’expression Le graphique indique que le sommet de la parabole est S (2 ; – 1) et f (0) = 1. La forme canonique est donc : f (x) = a (x – 2)2 – 1 et a vérifie l’équation : a (0 – 2)² – 1 = 1 ⇔ a = 1 2 . Donc : f (x) = 1 2 (x – 2)2 – 1. 31 a. a = 2 positif ; b = – 3 et c = 4. α = – (– 3) 2 × 2 = 3 4 et b = f (α) = 2 ( 34 ) 2 – 3 ( 34 ) + 4 = 238 . Donc f (x) = 2 ( x – 34 ) 2 + 23 8 . x – ∞ 3 4 + ∞ f (x) 23 8 b. a = – 3 négatif ; b = 2 et c = 1. α = – 2 2 × (– 3) = 1 3 et b = f (α) = – 3 ( 13 ) 2 + 2 ( 13 ) + 1 = 43 . Donc f (x) = – 3 ( x – 13 ) 2 + 4 3 . x – ∞ 1 3 + ∞ f (x) 4 3 32 a. a = – 4 négatif ; b = 2 et c = – 1. α = 1 4 et b = f ( 14 ) = – 34 . Donc f (x) = – 4 ( x – 14 ) 2 – 3 4 . x – ∞ 1 4 + ∞ f (x) – 3 4 b. a = –2 négatif ; b = 9 et c = 0. α = 9 4 et b = f ( 94 ) = 818 . Donc f (x) = – 2 ( x – 94 ) 2 + 81 8 . x – ∞ 9 4 + ∞ f (x) – 81 8 33 Forme canonique 1 Forme canonique : f (x) = a (x – α)² + β. α = – b 2a = et b = f (α) = a α² + b α + c. 2 • Saisie des coefficients a, b, c : (Texas) (Casio) • Calcul de α et son affichage : (Texas) (Casio) • Calcul de b et son affichage : (Texas) (Casio)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 25 2 Équations du second degré (p. 46) 34 QCM 1 a. Si a > 0 (négatif ), la parabole est tournée vers le haut et comme yS > 0 , la parabole f ne coupe pas l’axe des abscisses, c’est-à-dire l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution. α On en déduit que Δ < 0 . 2 a. c. et d. sont vraies. Δ > 0 indique qu’il y a deux solutions et a > 0 indique que la parabole est tournée vers le haut. x1 x2 α Mais on ne peut rien dire sur le signe de l’abscisse du sommet. 3 a. et c. sont vraies. Comme Δ = 0, il y a une seule solution α et la parabole f touche une seule fois l’axe des abscisses en α = xS. f (x) garde donc toujours le même signe. + + + – – – 35 Vrai ou faux ? a. Vrai : Δ = 4 positif. On calcule les deux solutions : x1 = 1 et x2 = 3. b. Faux : l’équation est : 2x2 + 5x – 10 = 0. Δ = 105 ; x1 ≈ 3,8 et x2 ≈ 1,3. (La réponse donnée p. 254 dans les corrigés du manuel élèves est inexacte.) c. Vrai : Δ = 0 nul. Il y a une seule solution α = 2. d. Vrai : Δ = –95 , négatif : il n’y a pas de solution. e. Vrai : Δ = 81 positif et !ßΔ = 9 : x1 = –2 et x2 = 1. 36 associer fonction et parabole • f et 2. : comme a = 1, la parabole f est tournée vers le haut et on calcule Δ = 5, donc f coupe deux fois l’axe des abscisses. • g et 3. : a = – 1 et Δ = 13. Donc g est tournée vers le bas et coupe deux fois l’axe des abscisses. Comme b = – 3 non nul, le sommet de la parabole g n’est pas sur l’axe des ordonnées. h et 4. : a = 3 et Δ = – 3 , donc la parabole h est tournée vers le haut et ne coupe pas l’axe des abscisses. k et 1. : a = –3 et Δ = 12, donc k est tournée vers le bas et coupe deux fois l’axe des abscisses. Comme b = 0, le sommet de la parabole est sur l’axe des ordonnées. 37 polynôme ax² + c La fonction f est définie sur  par f (x) = a x² + c. a < 0 f (x) = 0 ⇔ x² = – c a avec a < 0 et c > 0 , donc – c a > 0. L’équation f (x) = 0 admet deux solutions distinctes. On en déduit que f admet un maximum et deux racines distinctes. c. est la bonne réponse. 38 Équation avec Δ a. a = 3 ; b = 1 et c = – 4. Δ = 49 positif et !ß49 = 7. Deux solutions : x1 = – 1 – 7 6 = – 4 3 et x2 = – 1 + 7 6 = 1. S = { – 43 ; 1 }. b. a = 0,1 ; b = – 3 et c = – 9,9. Δ = 12,96 positif et !ß12,96 = 3,6. Deux solutions : x1 = 3 – 3,6 0,2 = – 3 et x2 = 3 + 3,6 0,2 = 33. S = { – 3 ; 33 } c. a = 25 ; b = –20 et c = 4. Δ = 0 nul. Une seule solution : α = – b 2a = 20 50 = 2 5 . S = { 25 }. d. a = 4 ; b = 3 et c = 4. Δ = – 55 négatif. Pas de solution. S = ∅. 39 résolution à adapter a. Δ = 0,01 positif et !ßΔ = 0,1. x1 = 1,1 – 0,1 0,2 = 5 et x2 = 1,1 + 0,1 0,2 = 6. S = { 5 ; 6 }. b. (x + 3)( 3 x + 4) = 0 ⇔ x + 3 = 0 ou 3 x + 4 = 0 ⇔ x = –3 ou x = – 4 3 . S = { – 3 ; – 43 }. c. (x – 2)( 2 x – 3) = (x – 2)² ⇔ (x – 2)( 2 x – 3) – (x – 2)² = 0 ⇔ (x – 2) ((2 x – 3) – (x – 2)) = 0 ⇔ (x – 2) (x – 1) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ou x – 1 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 1. S = { 2 ; 1 }. d. Δ = 289 et !ßΔ = 17. x1 = 7 – 17 4 = – 5 2 et x2 = 7 + 17 4 = 6. S = { – 52 ; 6 }. 40 a. Δ = 49 ; x1 = 4 et x2 = 1 2 . Donc S = { 4 ; 12 }. b. Δ = 5,29 ; x1 = – 11 4 et x2 = 3. Donc S = { – 114 ; 3 }. 41 a. Δ = 0 ; α = – 4. Donc S = { – 4 }. b. Δ = 81 ; x1 = –2 et x2 = 7. Donc S = { – 2 ; 7 } . 42 a. Δ = – 11. Donc S = ∅. b. Δ = 0,09 ; x1 = – 10 et x2 = 5. Donc S = { – 10 ; 5 }.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 26 43 a. Δ = 8 ; x1 = 1 – !ß2 et x2 = 1 + !ß2. Donc S = { 1 – !ß2 ; 1 + !ß2 }. b. Δ = 3 ; x1 = 2 – !ß3 et x2 = 2 + !ß3. Donc S = { 2 – !ß3 ; 2 + !ß3 }. 44 a. Δ = 169 ; q1 = –4 et q2 = 5 2 . Donc S = { – 4 ; 52 }. b. Δ = 49 ; q1 = 4 000 et q2 = 500. Donc S = { 4 000 ; 500 }. 45 a. x (6 x + 11) = 35 ⇔ 6 x2 + 11x – 35 = 0 Δ = 961 et !ßΔ = 31 ; d’où les deux solutions : x1 = – 7 2 et x2 = 5 3 . D’où S = { – 72 ; 53 }. b. (x – 3) (7 – x) = 5 ⇔ 7 x – x2 – 21 + 3 x = 5 ⇔ – x2 + 10 x – 26 = 0 Δ = –4 , donc pas de solution. D’où S = ∅. 46 a. (x – 3)² = 49 ⇔ x – 3 = 7 ou x – 3 = – 7 ⇔ x = 10 ou x = – 4 donc S = { 10 ; –4 }. b. 2 x (x + 1)² = 0 ⇔ x = 0 ou x + 1 = 0 ⇔ x = 0 ou x = –1 donc S = { 0 ; – 1 }. 47 a. 4 x² = 9 x ⇔ 4 x² – 9 x = 0 ⇔ x (4 x – 9) = 0 ⇔ x = 0 ou 4 x – 9 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 9 4 . S = { 0 ; 94 }. b. x² + 4 = 0 ⇔ x² = – 4. Pas de solution. S = ∅. 48 a. 3 x (x + 1)² = 0 ⇔ x = 0 ou x + 1 = 0 ⇔ x = 0 ou x = –1 donc S = { 0 ; – 1 }. b. x + 2 2 (– x + 3) = 0 ⇔ x + 2 2 = 0 ou – x + 3 = 0 ⇔ x = – 2 = 0 ou x = 3 donc S = { –2 ; 3 }. 49 a. 2x 2 – 3x + 1 x + 2 = 0 ⇔ 2x² – 3x + 1 = 0 et x ≠ – 2. Δ = 1 ; x1 = 1 2 et x2 = 1. Donc S = { 12 ; 1 }. b. 1 x + 2 x + 1 = 3 ; les valeurs interdites sont 0 et – 1 . On réduit au même dénominateur. 1 (x + 1) + 2 x – 3 x (x + 1) x (x + 1) = 0 ⇔ x + 1 + 2 x – 3 x 2 – 3 x x (x + 1) = 0 ⇔ – 3 x 2 + 1 x (x + 1) = 0 –3 x² + 1 = 0 ⇔ x2 = 1 3 ⇔ x = 1 !ß3 ou x = – 1 !ß3 S = { 1!ß3 ; – 1!ß3 }. 50 a. La valeur interdite est – 1. x² – 1 = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 1. On garde la solution 1. Donc S = { 1 }. b. La valeur interdite est 2. 9 x2 + 2 x + 3 = 0. Δ = – 104. Donc S ≠ ∅. 51 Équation et courbe 1 Δ = 4 donc x1 = 1 et x2 = 3. D’où S = { 1 ; 3 }. La parabole f coupe l’axe des abscisses aux abscisses 1 et 3. 2 α est la moyenne des racines x1 et x2. Donc α = 1 + 3 2 = 2. On peut aussi calculer α = – b 2a . Comme a = 1, on a le tableau, avec comme minimum f (2) = 22 – 4 × 2 + 3 = – 1. x – ∞ 2 + ∞ f (x) – 1 3 On calcule f (0) = 3. Donc la parabole f coupe l’axe des ordonnées au point (0 ; 3). 52 Lien avec le graphique 1 a. xS = –3 et – 1 est l’une des solutions de l’équation f (x) = 0. b. Par symétrie de la parabole, la deuxième solution vérifie l’équation x + (– 1) 2 = – 3, soit x = –5 . La solution « cachée » est – 5. c. Δ = 4 ; x1 = – 1 et x2 = – 5 . Donc S = { –1 ; – 5 }. On retrouve le résultat du b. 2 f (x) = –4 ⇔ 0,5 x² + 3 x + 6,5 = 0. Δ = – 4. Donc S = ∅. La droite d’équation y = – 4 ne traverse pas la para- bole . 53 Équation et interprétation 1 a. ∆ = 100 ; x1 = – 9 2 et x2 = 1 2 . Donc S = { – 92 ; 12 }. b. 2x² + 8 x – 4,5 = –8 ⇔ 2 x² + 8 x + 3,5 = 0. Δ = 36 ; x1 = – 7 2 et x2 = – 1 2 . Donc S = { – 72 ; – 12 }. c. 2 x² + 8 x – 4,5 = –15 ⇔ 2 x² + 8 x + 10,5 = 0. Δ = – 20. Donc S = ∅. 2 a. f traverse l’axe des abscisses aux points d’abs- cisses – 9 2 et 1 2 . b. La droite d’équation y = – 8 coupe f aux points d’abscisses – 7 2 et – 1 2 . c. La droite d’équation y = – 15 ne coupe pas f .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 27 54 parabole et droite 1 Fenêtre X ∈ [– 6 ; 6] et Y ∈ [– 7 ; 10] 2 Δ = 49 et !ßΔ = 7, donc x1 = – 1 et x2 = 5 2 . D’où S = { – 1 ; 52 }. Ainsi, la parabole f coupe l’axe des abscisses en –1 et en 5 2 . 3 2x2 – 3x – 5 = – x + 7 ⇔ 2x2 – 2x – 12 = 0 Δ = 100 et !ßΔ =10 , donc x1 = –2 et x2 = 3. D’où S = { – 2 ; 3 } . La droite  coupe la parabole f aux points d’abscisses – 2 et 3. 55 intersection de deux paraboles a. b. f (x) = g (x) ⇔ x² + 3 x – 1 = 4 – x² ⇔ 2 x² + 3 x – 5 = 0 Δ = 49 ; x1 = – 5 2 et x2 = 1. Donc S = { – 52 ; 1 }. Les deux paraboles se coupent aux points d’abscisses – 5 2 et 1. 56 position relative On résout – 1 2 x² + x + 5 2 = 5 3 x + 3 ⇔ – 1 2 x² – 2 3 x – 1 2 = 0 Δ = – 5 9 . Donc S = ∅. Donc la droite  ne coupe pas la parabole . 57 points morts d’une production 1 C (q) = 1 610 ⇔ 0,1 q² + 10 q – 110 = 0 Δ = 144 ; q1 = – 110 et q2 = 10. On garde la solution positive. Le coût de fabrication est 1 610 € pour seulement une production de 10 objets. 2 Bénéfice = « Recette » – « coût ». a. B(50) = R(50) – C(50) = 2 100 €. B(100) = R(100) – C(100) = 5 200 €. b. B(q) = 87q – (0,1q² + 10q + 1 500) = – 0,1 q² + 77 q – 1 500. c. – 0,1 q² + 77 q – 1 500 = 0. Δ = 5 329 ; q1 = 750 et q2 = 20. Le bénéfice est nul pour la production et la vente de 20 ou 750 objets. 58 Évolution d’une production ( 1 + a100 ) ( 1 + 2a100 ) = 1,68 ⇔ 2 a² + 300 a – 6 800 = 0. Δ = 144 400 ; a1 = – 170 et a2 = 20. On ne garde que la solution positive, soit 20. La première année, la production a augmenté de 20 %. 59 Compte rémunéré L’argent obtenu au bout des deux ans est : 2 000 × ( 1 + t100 ) 2 + 2 000 × ( 1 + t100 ). On résout : 2 000 × ( 1 + t100 ) 2 + 2 000 × ( 1 + t100 ) = 4 305 ⇔ 2 000 × ( 1 + 2t100 + t 2 10 000 ) + 2 000 × ( 1 + t100 ) – 4 305 = 0. ⇔ 2 000 + 40t + 0,2t² + 2 000 + 20t – 4 305 = 0 ⇔ 0,2t² + 60t – 305 = 0. Δ = 3 844 ; t1 = – 305 et t2 = 5. On ne garde que la solution positive. Le taux de placement est donc 5 %. 60 Évolutions successives d’un chiffre d’affaires 1 a. D (x) = 20 000 ( 1 + x100 ) ( 1 + x + 10100 ) = 20 000 × 100 + x 100 × 110 + x 100 = 2 (100 + x) (110 + x) = 2x² + 420x + 22 000. b. 2x² + 420x + 22 000 = 31 200 ⇔ 2x² + 420x – 9 200 = 0. Δ = 250 000 ; x1 = – 230 et x2 = 20. On ne garde que la solution positive. Si le chiffre d’affaires augmente de 20 % dans ces condi- tions, le chiffre d’affaires sera de 31 200 € en décembre. 2 20 000 ( 1 + t100 ) 2 = 31 200 ⇔ 20 000 (100 + t) 2 10 000 = 31 200 ⇔ 2 (10 000 + 200t + t2) = 31 200 ⇔ 2t² + 400t + 20 000 = 31 200 ⇔ 2t² + 400t – 11 200 = 0. t ≈ 24,9 % à 10–3 près. 61 prix et demande 1 a. d (80) = 479. Au prix de 80 €, 479 déjeuners sont commandés par semaine. Recette totale : 479 × 80 = 38 320 €. b. d (100) = 373 ; 373 × 100 = 37 300 €. Au prix de 100 €, 373 déjeuners sont commandés et donnent une recette de 37 300 €.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 28 c. La fonction d est affine, décroissante sur , donc sur [70 ; 170]. Plus le prix du déjeuner augmente, plus la demande des consommateurs diminue. 2 C (x) = x (– 5,3 x + 903) = – 5,3 x² + 903 x. 3 Les prix x cherchés doivent appartenir à [ 70 ; 170 ]. a. C (x) = 20 000 ⇔ – 5,3 x² + 903 x – 20 000 = 0. Le chiffre d’affaires est 20 000 € lorsque le prix du repas est environ 140 €. b. C (x) = 36 000 ⇔ – 5,3 x² + 903 x – 36 000 = 0. Le chiffre d’affaires est 36 000 € lorsque le prix du repas est environ 110 €. c. C (x) = 40 000 ⇔ – 5,3 x² + 903 x – 40 000 = 0. Pas de solution, le chiffre d’affaires ne peut pas être égal à 40 000 €. C (x), fonction du second degré avec a = – 5,3 négatif. a < 0 L’abscisse du sommet est α = – b 2a = – 903 – 10,6 ≈ 85,19. Au prix de 85,19 €, le chiffre d’affaires est maximal et vaut : C (85,19) ≈ 38 462,69 €. 62 Coût total et recette 1 a. Sur le graphique, on lit l’ordonnée du point de la courbe f d’abscisse 5 et l’abscisse du point de la courbe f d’ordonnée 3. • Le coût de production de 50 objets est environ 3,8 milliers d’euros. • Pour un coût de 3 000 €, on produit environ 43 objets. b. f (5) = 3,8 ; produire 50 objets coûte 3 800 €. f (x) = 3 ⇔ 0,1 x² + 0,2 x – 2,7 = 0. On retient la solution positive. Pour un coût de 3 000 €, on fabrique environ 43 objets. c. Résultats identiques graphiquement ou par calcul. 2 a. Une dizaine d’objets est vendue 800 € ou 0,8 mil- liers d’euros. On en déduit la recette en milliers d’euros pour la vente de x dizaines d’objets : g (x) = 0,8 x. b. x y O 1 7 1 5 �f �g 3 a. Graphiquement les coûts sont égaux aux recettes lorsque x ≈ 0,6 dizaine ou x ≈ 5,5 dizaines d’objets (6 ou 55 objets). b. 0,1 x² + 0,2 x + 0,3 = 0,8x ⇔ 0,1 x² – 0,6 x + 0,3 = 0. Les valeurs approchées des solutions, sont les points morts de la production. Pour 6 objets ou 55 objets fabriqués et vendus, le bénéfice est nul. c. Il faut fabriquer et vendre entre 6 et 55 objets pour que l’artisan réalise des bénéfices.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 29 3 Signe du trinôme (p. 49) 63 Δ > 0 donc f coupe deux fois l’axe des abscisses. Comme a < 0 , f est tournée vers le bas. Donc réponse c. 64 Vrai ou faux ? 1 Vrai : si Δ < 0 , la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses et comme a > 0 , elle est tournée vers le haut, donc le sommet S est au-dessus de l’axe des abscisses et son ordonnée est positive. + + + 2 Vrai : comme Δ est négatif, f (x) est de signe constant. Or f (1) = –3 négatif, donc f (x) est toujours négatif. 3 Vrai : si la parabole  ne coupe pas l’axe des abs- cisses, l’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution. Donc Δ < 0. 4 Faux : si Δ > 0 , la parabole traverse l’axe des abscisses et on peut avoir l’allure ci-contre. x2 x1+ – – L’ordonnée yS est alors positive. 65 QCM 1 a. – – – 2 c. x1 x2+ – – 66 QCM 1 b. – – – 2 c. x1 x2+ – – 67 • Signe de A(x) : a = 11 positif Δ = 1 600 ; x1 = –2 et x2 = 18 11 . x1 x2 ++ – x – ∞ –2 18 11 + ∞ A(x) + 0 – 0 + • Signe de B(x) : a = 2 positif Δ = 169 ; x1 = – 4 et x2 = 5 2 . x1 x2 ++ – x – ∞ – 4 5 2 + ∞ B(x) + 0 – 0 + 68 • Signe de C(x) : a = –4 négatif Δ = – 55. – – – x – ∞ + ∞ C (x) – • Signe de D(x) : a = – 2 négatif Δ = 49 ; x1 = 4 et x2 = 1 2 . x2 x1+ – – x – ∞ 1 2 4 + ∞ D(x) – 0 + 0 – 69 • Signe de E(x) : a = – 3 négatif Δ = 49 ; x1 = 4 3 et x2 = – 1. x2 x1+ – – x – ∞ – 1 4 3 + ∞ E(x) – 0 + 0 – • Signe de F(x) : a = 2 positif Δ = 0 ; α = – 1. + + + α x – ∞ – 1 + ∞ F(x) + 0 + 70 Signe sans discriminant A(x)  0 ; B(x)  0 ; C(x)  0 et D(x)  0. 71 Signe de carré E(x)  0 ; E(x) = 0 ⇔ x = 4. F(x)  0 ; F(x) = 0 ⇔ x = –2. G(x)  0 ; G(x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 1. H(x)  0 ; H(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 1. 72 polynômes particuliers : ax2 + c et ax2 +bx • Signe de A(x) : a = 5 positif A(x) = x (5 x – 4) s’annule en 0 et en 4 5 . x1 x2 ++ – x – ∞ 0 4 5 + ∞ A(x) + 0 – 0 +
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 30 • Signe de B(x) : a = – 9 négatif B(x) = x (– 9 x + 4) s’annule en 0 et en 4 9 . x2 x1+ – – x – ∞ 0 4 9 + ∞ B(x) – 0 + 0 – • Signe de C(x) : a = 2 positif C(x) = 2 (x² – 9) s’annule en – 3 et en 3. x1 x2 ++ – x – ∞ – 3 3 + ∞ C(x) + 0 – 0 + • Signe de D(x) : D(x) est la somme de deux nombres négatifs. Donc D(x) < 0. Pour les exercices 73 et 74 Signe d’un trinôme 73 • Pour A(x), a = 9 et Δ = – 164, pas de solution. De l’allure, on déduit que : A(x) est toujours stricte-ment positif. + + + • Pour B(x), a = 2 et Δ = 1, x1 = 7 2 = 3,5 et x2 = 4 3,5 4 + + + – – – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ 3,5 4 + ∞ B(x) + 0 – 0 + • Pour C(x), a = –2 et Δ = 289, !ßΔ = 17 x1 = 6 et x2 = – 5 2 = –2,5. –2,5 6 + + + – – – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ – 2,5 6 + ∞ C(x) – 0 + 0 – • Pour (x), a = –4 et Δ = 0 : il y a une seule solution, abscisse du sommet α = 1 2 = 0. 0,5 – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ 0,5 + ∞ D(x) – 0 – 74 • Pour E(x), a = – 1 et Δ = 0, α = 1. α – – – De l’allure, on déduit que : x – ∞ 1 + ∞ E(x) – 0 – • Pour F(x), a = 0,02 et Δ = 0,09, x1 = –10 et x2 = 5. x1 x2 ++ – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ – 10 5 + ∞ F(x) + 0 – 0 + • Pour G(x), a = 4. Et G(x) = x (4 x – 9) s’annule en 0 et en 9 4 . x1 x2 ++ – De l’allure, on déduit le tableau de signes : x – ∞ 0 9 4 + ∞ G(x) + 0 – 0 + • Pour H(x), a = 0,4 et Δ = 5,29, x1 = – 11 4 et x2 = 3. x1 x2 ++ – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 11 4 3 + ∞ H(x) + 0 – 0 + Pour les exercices 75 et 76 résolutions d’inéquations 75 a. a = 2 et Δ = 81, !ßΔ = 9 ; x1 = –2 et x2 = 2,5. –2 2,5 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 2 2,5 + ∞ 2 x2 – x – 10 + 0 – 0 + On garde les intervalles où le polynôme est strictement positif : S = ] – ∞ ; – 2 [ ∪ ] 2,5 ; + ∞ [. Revoir pages 238 et 244. b. a = 0,1 et Δ = 1 ; x1 = 10 et x2 = 20. 10 20 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ 10 20 + ∞ 0,1 x2 – 3 x + 20 + 0 – 0 +
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 31 On garde l’intervalle où le polynôme est négatif ou nul : S = [10 ; 20]. c. a = – 4 et Δ = 144, !ßΔ = 12 ; x1 = 1,5 et x2 = – 1,5. –1,5 1,5 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 1,5 1,5 + ∞ – 4x2 + 9 – 0 + 0 – On garde les intervalles où le polynôme est strictement négatif : S = ] – ∞ ; – 1,5 [ ∪ ] 1,5 ; + ∞ [. d. a = 1 et Δ = 16, !ßΔ = 4 ; x1 = –2 et x2 = 2. –2 2 + + + – – – D’où le tableau de signes : x – ∞ – 2 2 + ∞ x2 – 4 + 0 – 0 + On garde les intervalles où le polynôme est positif ou nul : S = ] –∞ ; – 2 ] ∪ [ 2 ; + ∞ [ . 76 a. x² – 2 x + 3  0. a = 1 positif et Δ = – 8. + + x –∞ +∞ x² – 2x + 3 + S = . b. 4x² + 4 x – 15 > 0. a = 4 positif et Δ = 256 ; x1 = – 5 2 et x2 = 3 2 . x1 x2 ++ – x – ∞ – 5 2 3 2 + ∞ 4x² + 4x – 15 + 0 – 0 + S = ] – ∞ ; – 52 [ ∪ ] 32 ; + ∞ [ . c. – 2 x² – 3 x – 7  0 . a = – 2 négatif et Δ = – 47. – – – x – ∞ + ∞ – 2x² – 3x – 7 – S = ∅. 77 Critique d’une copie 1 a. Les valeurs de x sont les solutions de f (x) = 0. Il faut les placer en ordre croissant dans la première ligne du tableau. b. et c. x – ∞ – 3 – 1 1,5 + ∞ 2x – 3 – – – 0 + x² + 4x + 3 + 0 – 0 + + f (x) – 0 + 0 – 0 + 2 a. S = { – 3 ; – 1 ; 1,5 }. b. S = [ – 3 ; – 1 ] ∪ [ 1,5 ; + ∞ [. c. S = ] – ∞ ; – 3 [ ∪ ] – 1 ; 1,5 [. 78 tableau de signes • Signe de f (x) : x – ∞ – 1 1 3 3 2 + ∞ 2x² – x – 3 + 0 – – 0 + – 3x + 1 + + 0 – – f (x) + 0 – 0 + 0 – • Signe de g (x) : x – ∞ – 2 1 + ∞ 3x² + 3x +1 + + + 2x + 4 – 0 + + (– x + 1)² + + 0 + g (x) – 0 + 0 + • Signe de h (x) : x –∞ – 7 2 – 3 2 5 3 +∞ 6x² + 11x – 35 + 0 – – 0 + 2x + 3 – – 0 + + h (x) – 0 + 0 – 0 + Pour les exercices 79 et 80 tableau de signes et inéquations 79 a. • Signe de f (x) : x – ∞ 1 2 + ∞ – x + 1 + 0 – – x² – 4x + 4 + + 0 + f (x) + 0 – 0 – S = [1 ; + ∞ [ . b. • Signe de f (x) : x – ∞ 1 2 + ∞ 4x² + 1 + + 2x – 1 – 0 + f (x) – 0 + S = ] – ∞ ; 12 ] .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 32 80 a. • Signe de f (x) : x – ∞ 0 + ∞ – x2 2 – 0 – 2x² – 4x + 9 + + f (x) – 0 – S = . b. • Signe de f (x) : x – ∞ –1 3 4 + ∞ (x – 3)² + + 0 + + – x² + 3x + 4 – 0 + + 0 – f (x) – 0 + 0 + 0 – S = ] – ∞ ; –1 ] ∪ [ 4 ; + ∞ [ ∪ { 3 }. 81 Double barre 1 2 x² – 3 x – 14 = 0 ⇔ x = – 2 ou x = 3,5. x – 2 = 0 ⇔ x = 2. 2 est valeur interdite pour le quotient, donc on met une double barre à 2 dans la ligne de f (x). 2 x – ∞ – 2 2 3,5 + ∞ 2x² – 3x – 14 + 0 – – 0 + x – 2 – – 0 + + f (x) – 0 + || – 0 + 82 tableau de signes et valeurs interdites • Signe de f (x) : x – ∞ 0,5 1,5 4 + ∞ 2x – 3 – – 0 + + – 2x² + 9x – 4 – 0 + + 0 – f (x) + || – 0 + || – • Signe de g (x) : x – ∞ – 1 2 5 + ∞ 25x² – 20x + 4 + + 0 + (x + 1)² + 0 + + f (x) + || + 0 + • Signe de h (x) : x – ∞ – 1,5 2 3 + ∞ 2x² – 3x – 9 + 0 – – 0 + (– x + 2)² + + 0 + + h (x) + 0 – || – 0 + Pour les exercices 83 et 84 tableau de signes et inéquation 83 a. • Signe de f (x) : x – ∞ – 2 0 4 + ∞ x² – 4x + + 0 – 0 + x + 2 – 0 + + + f (x) – || + 0 – 0 + S = ] – 2 ; 0 ] ∪ [ 4 ; + ∞ [. b. • Signe de f (x) : x –∞ 1 3 1 2 +∞ (3x – 1)² + 0 + + + x² – 3x + 2 + + 0 – 0 + f (x) + 0 + || – || + S = ] – ∞ ; 1 [ ∪ ] 2 ; + ∞ [. 84 a. • Signe de f (x) : x – ∞ – 1 1 1,25 + ∞ 4x – 5 – – – 0 + x² – 1 + 0 – 0 + + f (x) – || + || – 0 + S = ] – 1 ; 1 [ ∪ [ 1,25 ; + ∞ [. b. • Signe de f (x) : x – ∞ – 9 – 1 3 1 + ∞ 3x² – 2x – 1 + + 0 – 0 + – x – 9 + 0 – – – f (x) + || – 0 + 0 – S = ] – ∞ ; – 9 [ ∪ [ – 13 ; 1 ]. 85 inéquation, parabole et droite 1 a. On résout f (x) = 0. Δ = 81 ; x1 = – 3 et x2 = 3 2 . Donc f traverse l’axe des abscisses en – 3 et en 3 2 . b. Signe de f (x) : a = 2 positif. Donc on a l’allure ci-contre. x1 x2 ++ – x – ∞ – 3 3 2 + ∞ f (x) + 0 – 0 + f est au-dessus de l’axe des abscisses sur] – ∞ ; –3 ] et sur [ 32 ; + ∞ [, et en dessous de l’axe sur [ – 3 ; 32 ]. 2 f (x)  3 x – 1 ⇔ 2 x² – 8  0 ⇔ x²  4 ⇔ x  – 2 ou x  2. Donc S = ] – ∞ ; –2 ] ∪ [ 2 ; + ∞ [. f est au-dessus de la droite  sur ] – ∞ ; – 2 ] ∪ [ 2 ; + ∞ [.
Vers le Bac (p. 51) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 33 86 Bénéfice maximal 1 Δ = 705 600 ; x1 = 87 et x2 = 3. x – ∞ 3 87 + ∞ f (x) – 0 + 0 – D’où le signe de B(x) sur [3 ; 100] : x 3 87 100 B (x) 0 + 0 – 2 L’entreprise réalise des bénéfices si elle fabrique entre 300 et 8 700 boîtes de jeu. 3 α est la moyenne des racines 3 et 87. Donc α = 45. La parabole f a un sommet d’abscisse 45 et a = – 10 négatif. Donc B est croissante sur [3 ; 45] et décroissante sur [45 ; 3]. Le bénéfice est maximal pour une fabrication de 4 500 boîtes de jeu. Le bénéfice maximal est B(45) = 17 640 € . 87 exercice guidé 1 4 ( x – 12 )² – 9 = 4 ( x² – x + 14 ) – 9 = 4 x² – 4 x + 1 – 9 = f (x). On lit sur la forme canonique que les coordonnées du sommet de la parabole  sont ( 12 ; – 9 ), avec a = 4 positif. Donc f admet –9 comme minimum, atteint en 1 2 . 2 Δ = 144 ; x1 = – 1 et x2 = 2. Donc S = { – 1 ; 2 }. 3 f (x)  4 x + 24 ⇔ 4 x² – 8 x – 32  0 a = 4 positif et Δ = 576 ; x1 = – 2 et x2 = 4. x1 x2 ++ – x – ∞ – 2 4 + ∞ 4x2 – 8x – 32 + 0 – 0 + Donc S = ] – ∞ ; – 2 ] ∪ [ 4 ; + ∞ [. La parabole  est au-dessus de la droite  sur] – ∞ ; – 2 ] et sur [ 4 ; + ∞ [. 88 associer courbe et fonction Pour les quatre fonctions, a est positif : les courbes sont des paraboles tournées vers le haut. f a pour sommet S (1 ; – 2), représentée en 2. g (x) = 0 ⇔ x + 4 = 0 ou x – 2 = 0 ⇔ x = – 4 ou x = 2. g traverse l’axe des abscisses en – 4 et 2, représentée par 3. h a pour sommet S (0 ; – 2), représentée par 1. k a pour sommet S (1 ; – 3), représentée par 4. 89 Choisir la bonne forme 1 P (x) = 2 (x² – 6 x + 9) – 1 2 = 2x² – 12 x + 18 – 1 2 = 2x² – 12 x + 17,5. 2 P (x) = 2 ((x – 3)² – 14 ) = 2 ((x – 3)² – ( 12 )² ) = 2 ((x – 3) – 12 ) ((x – 3) + 12 ) = 2 (x – 3,5) (x – 2,5). 3 a. Sur la forme canonique P (x) = 2 (x – 3)² – 1 2 , on lit les coordonnées du sommet de la parabole P ( 3 ; – 12 ), avec a = 2 positif. Donc P admet – 1 2 comme minimum, atteint en 3. b. Sur la forme canonique, on lit que l’axe de symétrie de P a pour équation x = 3. c. P (x) = 4 ⇔ 2x² – 12x + 17,5 = 4 ⇔ 2x² – 12x + 13,5 = 0. Δ = 36 ; x1 = 1,5 et x2 = 4,5. Donc S = { 1,5 ; 4,5 }. 90 Études algébrique et graphique 1 x y O S 1 � � 1 2 Sommet de  : S (2 ; 12,5).  traverse l’axe des abscisses en –3 et 7. 3 – 0,5 (x – 2)² + 12,5 = – 0,5 (x ² – 4x + 4) + 12,5 = – 0,5x² + 2x – 2 + 12,5 = f (x) La fonction f est ainsi sous forme canonique et l’on retrouve les coordonnées (2 ; 12,5) du sommet de . 4 Δ = 25 ; x1 = 7 et x2 = – 3 . Donc S = { 7 ; – 3 }. On retrouve les abscisses des points où  traverse l’axe des abscisses. 5 f (x)  2x + 6 ⇔ – 0,5x² + 4,5  0 ⇔ x² – 9  0 ⇔ x ∈ [ – 3 ; 3 ].
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 34 x – ∞ – 3 3 + ∞ f (x) – (2x + 6) – 0 + 0 – Sur ] – 3 ; 3 [,  est au-dessus de . Sur ] – ∞ ; –3 [ ∪ ] 3 ; + ∞ [,  est en dessous de . 91 position relative 1  est la parabole rouge, 1 est la droite verte, 2 est la droite bleue et 3 est la droite violette. • Sur ] – ∞ ; – 2 [ ∪ ] 1 ; + ∞ [,  est au-dessus de 1. Sur ] – 2 ; 1 [,  est en dessous de 1. •  est au-dessus de 2 sur . Le point ( 0 ; – 1 ) est commun à 2 et . •  est au-dessus de 3 sur . 2 0,5x² + 2x – 1  1,5x ⇔ 0,5x² + 0,5x – 1  0. a = 0,5 positif et Δ = 2,25 ; x1 = –2 et x2 = 1. x1 x2 ++ – x – ∞ – 2 1 + ∞ 0,5x ² + 0,5x – 1 + 0 – 0 + S = ] – ∞ ; – 2 ] ∪ [ 1 ; + ∞ [. On retrouve les résultats de la question 1 . 3 • 0,5x² + 2x – 1  2x – 1 ⇔ 0,5x ²  0. Donc S = . • 0,5x² + 2x – 1  x – 3 ⇔ 0,5x ² + x + 2  0. a = 0,5 positif et Δ = –3. + + x – ∞ + ∞ 0,5x² + x + 2 + S = . • On retrouve les résultats de la question 1 . 92 Bénéfice réel 1 Le coût de fabrication de 15 appareils par heure est : C (15) = 1 075 €. La recette associée est R (15) = 1 500 €. Le bénéfice est 425 €. 2 B (x) = R (x) – C (x) = 100 x – (x² + 50 x + 100) = 100 x – x² – 50 x – 100 = – x² + 50 x – 100. 3 a = – 1 négatif et Δ = 2 100 ; x1 ≈ 47,91 et x2 ≈ 2,08 à 0,01 près. x2 x1+ – – x – ∞ x2 x1 + ∞ f (x) – 0 + 0 – La fonction B est définie sur l’intervalle [ 5 ; 40 ]. Par conséquent, pour tout réel x de [ 5 ; 40 ], B (x) > 0 : l’entreprise réalise toujours des bénéfices. 93 tableau de variations 1 f (x) = 8 ⇔ 0,5 x² + 2 x = 0 ⇔ 0,5 x (x + 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x + 4 = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 4. α est la moyenne des racines 0 et – 4 . Donc α = – 2 . Et β = f (– 2) = 6 . 2 a = 0,5 positif. a > 0 x – ∞ –2 + ∞ f (x) 6 3 a. Sur l’intervalle [ 0 ; 10 ], la fonction f est croissante. f (0) = 8 et f (10) = 78. x 0 10 f (x) 8 78 b. Le tableau de variations prouve que pour tout réel x de [0 ; 10], on a 8  f (x)  78. 94 Coût, recette et bénéfice 1 Pour vendre une tonne de peinture, il faut vendre 40 pots de 25 kg à 50 € le pot, d’où : R(x) = 40 × 50x = 2 000x. 2 12 x² + 20x + 6 600  2 000x ⇔ 12 x² – 1 980x + 6 600  0 . a = 12 positif et ∆ = 3 603 600 ; x1 ≈ 3,404 et x2 ≈ 161,596. x1 x2 ++ – x – ∞ x1 x2 + ∞ 12x² – 1980 x + 6 600 + 0 – 0 + S = [ x1 ; x2 ]. À 0,001 près, les bornes de l’intervalle sont 3,404 et 161,596. 3 Pour réaliser des bénéfices, les coûts doivent être inférieurs à la recette. D’après la question 2 , il faut produire et vendre entre 3 404 kg et 161 596 kg de peinture par jour, c’est-à-dire de 137 à 6 463 pots de peinture. 95 réaliser des bénéfices 1 a. La recette associée à la vente de 60 fours est : R(60) = 4 740 €. Les coûts de fabrication associés sont C(60) = 5 377,60 €. Donc l’entreprise ne réalise pas de bénéfice. b. La recette associée à la vente de 200 fours est : R(200) = 15 800 €. Les coûts de fabrication associés sont C(200) = 13 632 €. Donc l’entreprise réalise 2 168 € de bénéfices. 2 a. R(q) = 79 q b. B(q) = R(q) – C(q) = 79 q – (0,06 q² + 43,36 q + 2 560) = 79 q – 0,06 q² – 43,36 q – 2 560 = – 0,06 q² + 35,64 q – 2 560.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 35 3 a = – 0,06 négatif et ∆ = 655,8096 q1 ≈ 510 et q2 ≈ 84 arrondies à l’unité. x2 x1 + – – q – ∞ q1 q2 + ∞ – 0,06 q² + 35,64 q – 2 560 – 0 + 0 – On en déduit que B(q)  0 pour tout q de [ 84 ; 300 ]. L’entreprise doit fabriquer chaque jour et vendre entre 84 et 300 fours pour réaliser un bénéfice. 4 a. – 0,06 (q – 297)² + 2 732,54 = – 0,06 (q² – 594 q + 88 209 ) + 2 732,54 = – 0,06 q² + 35,64 q – 5 292,54 + 2 732,54 = B(q). b. Sur la forme canonique : B(q) = – 0,06 (q – 297)² + 2 732,54, on lit que la fonction B admet 2 732,54 comme maxi- mum, atteint en 297 : la fabrication et la vente de 297 fours engendre un bénéfice maximal de 2 732,54 €. 96 Chiffre d’affaires optimal 1 a. Le chiffre d’affaires est 1 200 × 1 = 1 200 €. b. Si le producteur attend 30 jours, la quantité ven- due est 1 200 + 30 × 60 = 3 000 kg, au prix par kg de 1 – 0,02 × 30 = 0,40 €. Le chiffre d’affaires est 3 000 × 0,4 = 1 200 €. 2 a. Q(n) = 1 200 + 60n b. P(n) = 1 – 0,02 n Donc R(n) = (1 200 + 60n) (1 – 0,02n) = 1 200 – 24n + 60n – 1,2n² Donc R(n) = – 1,2n² + 36n + 1 200. 3 a = – 1,2 négatif, donc R admet un maximum en α, où α = – b 2a = – 36 2 × (– 1,2) = 15. Le chiffre d’affaires est maximum au bout de 15 jours. 97 Modifier les coûts et les recettes 1 C(x) = 5x² + 10x + 100 Chaque millier d’objets est vendu 70 000 €, soit 70 k€. Donc R(x) = 70x. 2 2 3 C(x) = R(x) ⇔ 5x² + 10x + 100 = 70x ⇔ 5x² – 60x + 100 = 0. Δ = 1 600 ; x1 = 2 et x2 = 10. Pour la production et la vente de 2 000 ou 10 000 objets, la recette est égale aux coûts. 4 a. C1(x) = 5x² + 10x + 180 La courbe de C1 s’obtient par la translation de la courbe de C de 0,8 cm vers le haut. b. C1(x) = R(x) ⇔ 5x² + 10x + 180 = 70x ⇔ 5 x² – 60x + 180 = 0. ∆ = 0 ; α = 6. Un seul point mort de la production : pour la produc- tion et la vente de 6 000 objets, la recette est égale aux coûts. 5 a. R2(x) = 75x. b. C(x) = R2(x) ⇔ 5 x² + 10x + 100 = 75 x ⇔ 5 x² – 65x + 100 = 0. Δ = 2 225 ; x1 ≈ 1,783 et x2 ≈ 11,216 à 0,001 près. Pour la production et la vente d’environ 1 783 ou 11 216 objets, la recette est égale aux coûts. 98 Offre et demande 1 a. g (10) = 130 ; pour intéresser 10 milliers de consommateurs, il faut vendre le lecteur à 130 €. b. f (10) = 75 ; pour que l’entreprise en fabrique 10 mil- liers, il faut qu’elle puisse vendre le lecteur à 75 €. c. 3,5 q + 40 = 100 ⇔ 3,5 q = 60 ⇔ q = 60 3,5 ≈ 17,143. À 100 € pièce, la société est prête à fabriquer environ 17 143 lecteurs MP4. d. – 0,3 q² + 160 = 100 ⇔ 0,3 q² = 60 ⇔ q² = 200 ⇔ q = – !ß200 ou q = !ß200. q est un nombre positif. La solution est q = !ß200 ≈ 14,142. À 100 € pièce, les consommateurs achèteraient environ 14 142 lecteurs MP4. 2 La fonction d’offre f est une fonction affine crois- sante sur  donc sur [0 ; 22] : plus le prix à la vente d’un lecteur augmente, plus la quantité que l’entreprise est prête à fabriquer augmente. La fonction g est une fonction du second degré, repré- sentée par une parabole tournée vers le bas, l’abscisse du sommet est 0, donc la fonction de demande g est décroissante sur [0 ; 22] : plus le prix à la vente d’un lec- teur augmente, moins il y a de personnes susceptibles d’en acheter un. 3 a. – 0,3 q² + 160 = 3,5 q + 40 ⇔ – 0,3 q² – 3,5 q + 120 = 0 Δ = 156,25 ; q1 = 15 et q2 = – 80 3 . On garde la solution positive. La quantité d’équilibre trouvée par calcul et comme abscisse du point d’intersection de f et g est 15 et f (15) = g (15) = 92,5. Au prix de 92,50 € l’unité, l’offre et la demande sont de 15 000 lecteurs MP4. b. 15 × 92,5 = 1 387,5, valeur en milliers d’euros de la recette correspondant à la vente de la quantité d’équi- libre au prix d’équilibre, soit 1 387 500 €. 4 a. h (q) = f (q) – 7. Pour tracer h , on translate la droite f de 7 unités vers le bas.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 36 b. – 0,3 q² + 160 = 3,5 q + 33 ⇔ – 0,3 q² – 3,5 q + 127 = 0 On obtient q1 ≈ 15,552 milliers. La quantité d’équilibre n’augmente que de 0,552 milliers lorsque la quantité offerte augmente de deux milliers quel soit le prix. 99 Comparaison de l’offre et de la demande 1 a. Si le prix fixé est 4 € par kg : f (q) = 4 ⇔ 2 q + 1 = 4 ⇔ q = 1,5. Donc 1,5 tonnes de produit sont offertes. g (q) = 4 ⇔ 12 q + 2 – 1 = 4 ⇔ 5 (q + 2) = 12 ⇔ q = 0,4. Donc 0,4 tonne de produit est demandée. L’offre est supérieure à la demande. b. Si le prix fixé est 2 € par kg : f (q) = 2 ⇔ 2 q + 1 = 2 ⇔ q = 0,5. Donc 0,5 tonne de produit est offerte. g (q) = 2 ⇔ 12 q + 2 – 1 = 2 ⇔ 3 (q + 2) = 12 ⇔ q = 2. Donc 2 tonnes de produit sont demandées. L’offre ne satisfait pas la demande. 2 f (q) = g (q) ⇔ 2 q + 1 = 12 q + 2 – 1 ⇔ (2 q + 1) (q + 2) – 12 + q + 2 q + 2 = 0 ⇔ 2 q² + 6 q – 8 = 0 Δ = 100 ; q1 = – 4 et q2 = 1. On garde la solution comprise entre 0 et 5. La quantité d’équilibre est 1 tonne et le prix d’équilibre est f (1) = g (1) = 3, en € par kg. On retrouve le point de coordonnées (1 ; 3) à l’intersec- tion des courbes f et g. 3 a. f (q) > g (q) ⇔ 2 q + 1 > 12 q + 2 – 1 ⇔ (2 q + 1) (q + 2) – 12 + q + 2 q + 2 > 0 ⇔ 2 q 2 + 6 q – 8 q + 2 > 0 On étudie sur  le signe de A(x) = 2x 2 + 6x – 8 x + 2 . x – ∞ – 4 – 2 1 + ∞ 2x² + 6x – 8 + 0 – – 0 + x + 2 – – 0 + + f (x) – 0 + || – 0 + On ne s’intéresse qu’à l’intervalle [ 0 ; 5 ]. Donc S = ] 1 ; 5 ]. Pour une quantité entre 1 à 5 tonnes, le prix proposé par le fabricant est supérieur au prix que les consom- mateurs souhaitent payer. b. Dans l’intervalle [ 0 ; 5 ], S = [ 0 ; 1 [. Pour une quantité inférieure à 1 tonne, les consomma- teurs sont prêts à payer plus cher que le prix proposé sur le marché, car dans ce cas, l’offre de produit est rare. 100 Courbes de Lorenz 1 a. La droite Δ a pour équation y = x. b. La droite rouge représente la fonction h définie par h (x) = x. 2 • f (x) – x = 0,6x² – 0,6x = 0,6x (x – 1). Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], 0,6x  0 et x – 1  0. Donc par produit, f (x) – x  0 , soit f (x)  x. • g (x) – x = 0,99x² – 0,99x = 0,99x (x – 1). Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], 0,99x  0 et x – 1  0. Donc par produit, g (x) – x  0 , soit g (x)  x. Les courbes f et g se trouvent en dessous de Δ sur [0 ; 1]. 3 a. f (0,5) = 0,35 et g (0,5) = 0,2525. 0,35 × 9 000 = 3 150. Donc le patrimoine médian du pays F est de 3 150 milliards d’euros. 0,2525 × 9 000 = 2 272,5. Donc le patrimoine médian du pays F est de 2 272,5 milliards d’euros. b. • Pays F : f (0,25) = 0,1375. Q1 = 0,1375 × 9 000 = 1 237,5. f (0,75) = 0,6375. Q3 = 0,6375 × 9 000 = 5 737,5. • Pays G : g (0,25) = 0,064375. Q1 = 579,375. g (0,75) = 0,564375. Q3 = 5 079,375. c. 101 La divine proportion et le nombre d’or a. Les points E, C et F sont disposés selon la divine proportion ⇔ le rapport entre les segments [EF] et [CF] et le rap- port entre les segments [CF] et [EC] sont égaux ⇔ EF CF – CF EC ⇔ x + 1 x = x 1 ⇔ x + 1 = x² ⇔ x² – x – 1 = 0. Δ = 5 ; x1 = 1 + !ß5 2 et x2 = 1 + !ß5 2 . Donc F = 1 + !ß5 2 . b. Dans le triangle rectangle ABE, AE² = AB² + BE² AE² = 2² + 1² = 5. Donc AE = !ß5. • Pour le rectangle ABFG : BF AB – BE + EF AB = 1 + !ß5 2 = F. • Pour le rectangle CDGF : CD CF – CDEF + EC = 2 1 + !ß5 = 1 + !ß5 2 . • Géométriquement, F = EF.
Réinvestir... (p. 56) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 37 102 ... en architecture La parabole comme source d’inspiration x y O 103,2 7,1 13,5 20 5 5,2 2,5 3,6 6,9 9 9,2 17,8 18 10 1 Les sommets des quatre arches sont : ( 3,2 ; 3,6 ), ( 7,1 ; 3,6 ), ( 13,5 ; 6,9 ) et ( 20 ; 3,6 ). 2 a. L’arche de gauche représente la fonction f définie sur [ 0 ; 5 ] dont la forme canonique est de la forme : f (x) = a (x – 3,2)² + 3,6, avec f (0) = 0. Donc a (0 – 3,2)² + 3,6 = 0 10,24 a = – 3,6, donc a ≈ – 0,35 Donc f (x) = – 0,35 (x – 3,2)² + 3,6. b. • La 2e arche représente la fonction g définie sur [5,2 ; 9] dont la forme canonique est de la forme : g (x) = a (x – 7,1)² + 3,6, avec g (5,2) = 2,5. Donc a (5,2 – 7,1)² + 3,6 = 2,5 3,61 a = – 1,1, donc a ≈ – 0,30 Donc g (x) = – 0,3 (x – 7,1)² + 3,6. • La 3e arche représente la fonction h définie sur [ 9,2 ; 17,8 ] dont la forme canonique est de la forme : h (x) = a (x – 13,5)² + 6,9, avec h (9,2) = 2,5. Donc a (9,2 – 13,5)² + 6,9 = 2,5 18,49 a = – 4,4, donc a ≈ – 0,24 Donc h (x) = – 0,24 (x – 13,5)² + 6,9. • La 4e arche représente la fonction k définie sur [ 18 ; 23 ] dont la forme canonique est de la forme : k (x) = a (x – 20)² + 3,6, avec k (18) = 2,5. Donc a (18 – 20)² + 3,6 = 2,5 4 a = – 1,1, donc a ≈ – 0,28 Donc k (x) = – 0,28 (x – 20)² + 3,6. 3 La largeur totale de la base de la façade arrière mesure environ 23 m. On résout k (x) = 0 ⇔ – 0,28 (x – 20)² + 3,6 = 0 ⇔ (x – 20)² = 3,6 0,28 ⇔ x = 20 + !ß3,60,28 ou x = 20 – !ß3,60,28 . L’abscisse cherchée est supérieure à 20. Donc la 4e arche coupe le sol en x = 20 + !ß3,60,28 , soit environ 23,6. 4 f (x) = g (x) ⇔ – 0,35 (x – 3,2)² + 3,6 = – 0,3 (x – 7,1)² + 3,6 ⇔ – 0,35 (x² – 6,4 x + 10,24) = – 0,3 (x² – 14,2 x + 50,41) ⇔ – 0,35 x² + 2,24 x – 3,584 = – 0,3 x² + 4,26 x – 15,123 ⇔ – 0,05 x² – 2,02 x + 11,539 = 0 Δ = 6,3882 ; x1 ≈ 5,1 et x2 ≈ – 45,5. Les deux arches se coupent à l’abscisse 5,1 mètres environ. La hauteur du point d’intersection est f (5,1) = 2,337 m. 5 L’arche de la façade avant a pour équation : y = – 0,1 (x – 13,5)2 + 9,2. Résultats obtenus avec TI NspireTM : 103 ... en sciences Développement durable : le four solaire 1 La parabole a pour sommet O et admet une équa- tion de la forme : f (x) = ax². Comme f (80) = 40, 6 400 a = 40, donc a = 0,00625 Ainsi, la parabole admet pour équation : f (x) = 0,00625x². 2 (reproduction sur papier millimétré) 3 10 x0 y 10 Tous les rayons paraissent passer par un même point, le point de coordonnées (0 ; 40). C’est en ce point qu’il faut placer le capteur d’énergie solaire. 104 ... en architecture poutre de consolidation 1 On résout – 0,04 x² + 75 = 0 ⇔ x² = 1 875 ⇔ x = !ß1 875 ou x = – !ß1 875. La largeur de la base est 2!ß1 875, soit environ 86,60 mètres.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 38 2 On résout – 0,04x² + 75 = 50 ⇔ x² = 625 ⇔ x = 25 ou x = – 25. La longueur de la poutre est 25 + 25 = 50 m. 3 La fonction f représentée par l’arche est définie par f (x) = – 0,04x² + 75. Comme a = – 0,04 négatif, la fonc- tion f est décroissante sur ] – ∞ ; 0 ] et croissante sur [ 0 ; + ∞ [ . Pour des raisons de symétrie, l’extrémité droite des poutres est placée entre les abscisses 0 et 10. Pour tout réel x dans [ 0 ; 10 ], f (x) appartient à l’inter- valle [ f (5) ; f (0) ], soit [ 71 ; 75 ]. Ainsi, les hauteurs possibles d’installation des poutres sont entre 71 m et 75 m. 105 ... en décoration Construire une parabole On se place dans le repère (O ; I ; J) ci-dessous : J D O I A B C • Le point O a pour coordonnées (0 ; 0), le point D a pour coordonnées (1 ; 1). • La droite (OA) a pour coefficient directeur 1 4 et a donc pour équation y = 1 4 x. Donc le point A a pour coordonnées ( 14 ; 116 ). • La droite (OB) a pour coefficient directeur 1 2 et a donc pour équation y = 1 2 x. Donc le point B a pour coordonnées ( 12 ; 14 ). • La droite (OC) a pour coefficient directeur 3 4 et a donc pour équation y = 3 4 x. Donc le point C a pour coordonnées ( 34 ; 916 ). • Les coordonnées des points O, A, B, C et D vérifient l’équation y = x², donc ces points appartiennent à la parabole d’équation y = x², qui est de sommet O. 106 ... dans la vie courante Les antennes paraboliques 1 La parabole étant de sommet O, elle admet une équation de la forme y = ax² (x et y sont donnés en millimètre). Le point de coordonnées (810 ; 340) appartient à cette parabole, donc a × 810² = 340. Donc a = 340 656 100 ≈ 0,000 52. Une équation approchée de la parabole est y = 0,000 52 x². 2 On note A (810 ; 340) et B (85 ; yB) les points aux extrémités de la parabole. yB = 0,00052 × 85² = 3,575. Le diamètre de la parabole est la distance AB. AB² = (810 – 85)² + (340 – 3,575 )² ≈ 638 807 AB ≈ 799,3 mm, soit quasiment 80 cm. 107 ... en économie Étude de marché 1 a. R(x) = x (– 0,7x + 588) = – 0,7x² + 588x. b. C(x) = 150 N(x) + 10 000 = 150 (– 0,7x + 588) + 10 000 = – 105x + 98 200. c. B(x) = R(x) – C(x) = – 0,7x² + 588x – (– 105x + 98 200) = – 0,7x² + 588x + 105x – 98 200 = – 0,7x2 + 693x – 98 200 2 a = – 0,7 négatif et Δ = 205 289 x1 ≈ 818,63 et x2 ≈ 171,37. x2 x1+ – – On étudie le signe du trinôme sur  : x – ∞ x2 x1 + ∞ – 0,7x² + 693x – 98 200 – 0 + 0 – On ne garde que l’étude sur l’intervalle [ 150 ; 800 ]. Donc en arrondissant à 0,01 près, S = [ 171,37 ; 800 ]. Si le prix d’une monture est compris entre 171,37 € et 800 €, alors l’étude de marché effectuée permet de prévoir que le bénéfice sera positif. 3 – 0,7x² + 693x – 98 200 = 67 000 ⇔ – 0,7x² + 693x – 165 200 = 0 Δ = 17 689 ; x1 = 590 et x2 = 400. Donc S = { 590 ; 400 }. L’abscisse α du sommet est la moyenne des racines, donc α = 590 + 400 2 = 495. Comme a = – 0,7 négatif, le bénéfice admet un maximum en 495. Le prix de vente pour que le béné- fice soit maximal est 495 €. 108 ... en économie Coût total et coût marginal 1 a. C(9) = 20 955 et C(10) = 22 255. Donc Cm(10) = 1 300 . C(19) = 29 410 et C(20) = 29 810. Donc Cm(10) = 400. b. C(q–1) = ( q – 1)3 – 88,5 ( q – 1)² + 2 710,5 ( q – 1) + 3 000 = q3 – 3 q² + 3 q – 1 – 88,5 (q² – 2 q + 1) + 2 710,5 q – 2 710,5 + 3 000
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 2 Second degré 39 = q3 – 3 q² + 3q – 1 – 88,5 q² + 177 q – 88,5 + 2 710,r5 q – 2 710,5 + 3 000 = q3 – 91,5 q² + 2 890,5 q + 200 Cm (q) = C(q) – C(q – 1) = ( q3 – 88,5 q² + 2 710,5 q + 3 000) – (q3 – 91,5 q² + 2 890,5 q + 200) = q3 – 88,5 q² + 2 710,5 q + 3 000 – q3 + 91,5 q² – 2 890,5 q – 200 = 3 q² – 180 q + 2 800 3 (q – 30)² + 100 = 3 (q² – 60 q + 900) + 100 = 3 q² – 180 q + 2 700 + 100 = Cm (q). 2 Sur la forme canonique Cm (q) = 3 (q – 30)² + 100, les coordonnées du sommet sont (30 ; 100). Comme a = 3 positif, on a ces variations sur [ 0 ; 70 ] : q 0 30 70 Cm (q) 2 800 100 4 900 Le coût marginal minimum est celui du trentième article : il a un coût de fabrication de 100 €. 3 a. Cm (q) = 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 2 800 = 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 1 500 = 0. Δ = 14 400 ; x1 = 10 et x2 = 50. Le coût marginal et le prix unitaire de vente sont égaux lorsque la quantité produite et vendue est de 10 ou 50 objets. b. Tant que le coût marginal est inférieur au prix uni- taire de vente, l’entreprise réalise un bénéfice sur chaque objet fabriqué et vendu et elle a donc intérêt à produire. Les quantités associées sont les solutions de l’inéquation : Cm (q) < 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 2 800 < 1 300 ⇔ 3 q² – 180 q + 1 500 < 0. x – ∞ 10 50 + ∞ 3 q² – 180 q + 1 500 + 0 – 0 + L’entreprise a intérêt à fabriquer et vendre entre 10 et 50 articles. 4 a. Sur l’axe des abscisses, une unité représente 10 articles et sur l’axe des ordonnées, une unité repré- sente 10 000 euros. b. Cm (q) = 1 300 ⇔ C(q) – C(q – 1) q – (q – 1) = 1 300 Le premier membre de l’égalité est le coefficient direc- teur d’une sécante à la courbe de C aux points d’abs- cisses q – 1 et q. On remarque ainsi qu’aux points d’abscisses 10 et 50, les sécantes ainsi construites sont parallèles à la droite représentant le chiffre d’affaires. c. D’après le graphique et la résolution de l’équation C (q) = 1 300 q, les coûts sont inférieurs aux recettes lorsque l’entreprise produit entre 24 et 66 articles environ. À la question 3 b., on a résolu l’équation : C (q) – C (q–1) < 1 300 ⇔ C(q) – C(q – 1) q – (q – 1) < 1 300, alors qu’à la question 4 c., on a résolu l’équation : C (q) < 1 300 q ⇔ C(q) q < 1 300.
StatistiquesStatistiques © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 40 C h a p i t r e 3 Les élèves ont déjà vu beaucoup de notions sur la statistique.Au Collège : étendue, moyenne, médiane, étude d’une série statistique avec regroupement en classes d’égale amplitude, différentes représentations comme les diagrammes en bâtons, en « camembert », en histo- gramme avec des rectangles de même largeur. En Seconde, l’étude des paramètres est un peu plus poussée avec les quartiles, sans la représentation en diagramme en boîte (mais elle a pu être vue du fait des logiciels), et un travail plus conséquent sur les fré- quences et les effectifs. Le programme de Première poursuit cette étude des paramètres en introduisant le diagramme en boîte et son interprétation, et bien sûr, la variance et l’écart type. La représentation en diagramme en boîte, dite « à moustaches », permet de revenir sur les quartiles. La définition donnée par le programme officiel, si elle est cohérente avec les programmes du supérieur, ne l’est pas avec la définition de la médiane donnée au Collège, ni avec les valeurs obtenues à l’aide d’un logiciel ou une calculatrice. Il faut intégrer ces diffi- cultés pour les élèves. Pour un statisticien, ce n’est pas un problème car il travaille avec un grand nombre de valeurs : il peut donc parler de 25 % , 50 % et 75 % et le quartile 2 est aussi la médiane. Mais en classe, le fait de travailler avec un petit nombre de valeurs crée des difficultés aux élèves là où il ne devrait pas y en avoir ! Hélas, la pratique de nos collègues depuis 15 ans, c’est-à-dire depuis que ces notions ont été introduites au Lycée, nous a montré que cette difficulté est mise en avant dans de nom- breux ouvrages et dans les classes, voire dans les exer- cices du Bac. Nous avons donc été contraintes de faire apparaître cette difficulté dans nos exercices. Dans un premier temps, les exemples du cours et les premiers exercices non corrigés ne mettent pas en avant cette difficulté, afin que les élèves comprennent la notion. Pour les plus faibles, il est déjà délicat de faire la distinction entre la valeur d’une série et sa place dans la série ordonnée (comme pour les suites, entre la valeur et son indice). C’est d’ailleurs pourquoi il nous semble important de traiter le chapitre des sta- tistiques AVANT celui des suites. Intentions des auteures Dans les activités présentées dans « Découvrir », les notions sont à faire sur tableur ou calculatrice. Nous avons proposé l’emploi de Sine Qua Non, peu connu, mais qui offre de grandes possibilités pour ce qui est des études statistiques, en particulier pour les regroupements en classes et la visualisation de l’histo- gramme. Nous avons souvent utilisé ce logiciel pour la correction des exercices de ce chapitre. Il est important de faire comprendre aux élèves que le diagramme en boîte est un outil de comparaison. Il leur faut donc savoir réaliser cette représentation, mais aussi la comprendre et l’interpréter. De nom- breux sujets de Bac L Maths Info peuvent être de bons exercices supplémentaires. Nous avons proposé un programme permettant d’obtenir les quartiles pour une série « courte » qu’il faut saisir avant, en liste L1 de la calculatrice. Nous en proposons une version en un seul programme sur TI 8x. Sur Casio, les instructions sont relativement semblables. Pour ce qui concerne la dispersion, nous avons pré- senté la moyenne des écarts dans l’activité 4, qu’il est bon de connaître mais qui n’est pas au programme. Elle est utilisée en SES : facile à calculer et donnant tout de suite une idée de la dispersion, elle est dans la même unité que les valeurs de la série. Pour faire comprendre comment interpréter la variance et l’écart type, nous vous invitons à reprendre ce qui est présenté dans les ouvrages précédents Déclic 1re ES 2004 et Déclic 1re L Maths Info. Il est bon de visualiser les carrés des écarts à la moyenne à l’aide de la parabole de sommet S ( moyenne ; 0 ) pour faire comprendre la contribution à la variance d’une valeur éloignée de la moyenne. Les exercices 40 et 41 font travailler la définition de la variance. Nous avons conservé un exercice sur la for- mule de Koenig car elle est très utilisée en classe post- bac dans les sections tertiaires ou sociales. Pour faire le lien avec les fonctions du second degré, il nous a sem- blé intéressant de conserver l’exercice 42 sur la somme des résidus, qui se trouve minimisée à la moyenne. On peut prendre plus de valeurs si on utilise le calcul formel pour le développement de la somme de carrés ou la recherche du minimum. Un autre exercice sur
Partir d’un bon pied c. Faux : car 790 est le premier quartile, donc 25 % des valeurs sont inférieures ou égales à 790. d. Vrai : Q1 = 790 et Q3 = 838 , donc 50 % au moins des valeurs sont comprises entre Q1 et Q3. QCM - propriétés de la moyenne 1 b. et d. La nouvelle moyenne est : 11 × 32 + 15 33 = 352 + 15 33 ≈ 11,12. 2 b. et d. Il y a 32 notes, la nouvelle moyenne est : 32 × 11 + 3 32 = 11 + 3 32 = x + 3 32 . 3 c. La moyenne augmente d’un point : 11 × 32 + 1 × 32 32 = 11 + 32 32 = x + 1. QCM - À partir d’un graphique b. Me = 38 c. Q3 = 38 C D © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 41 35), les prix de la baguette ou les dénivelées des ran- données sont bien réels. Les données de l’INSSE ont été très utilisées (il faut savoir qu’elles sont gratuites pour un enseignant, payantes pour l’édition). L’exer- cice en anglais (exo 63) présente un « indice » bien par- ticulier, utilisé réellement par certaines entreprises pour pouvoir chiffrer les frais de leurs intervenants à l’étranger. Nous avons trouvé intéressant la série sur les arron- dissements de Paris. ce thème, le no 122, est proposé dans le chapitre 4 en page 109 : il permet de justifier, dans une application, que la somme des résidus ou sa racine carrée admet un minimum en une même valeur de la variable, cette valeur étant la moyenne. Bien sûr, les applications dans les autres disciplines sont très importantes. Dans la mesure du possible, les séries étudiées sont des séries réelles, collectées par les auteures. La contri- bution des classes de ES pour les clémentines (exo Comparer deux séries statistiques à l’aide de leurs moyennes Activité 1 1 Notes au concours obtenues par Alix pour l’école UCA : Épreuve 1 2 3 4 5 6 7 Coefficient 9 7 3 5 3 3 2 Note d’Alix 11,5 8 12 12 5 10 10 Pour être admis le candidat doit atteindre 10 de moyenne. x = 10,015. Alix est admise. Découvrir Calcul sur les listes 1 Âge moyen de 18,2 ans et âge médian de 18 ans. 2 a. À l’aide de l’instruction L3 = L2 / 43, on calcule les fréquences des âges. (L’instruction indi- quée dans les corrigés du manuel élèves est inexacte.) b. Par l’instruction somme ( L2 ) , on calcule l’effectif total. Par somme ( L1 × L2 ) / 43 , on calcule la moyenne pondérée de cette série. Vrai ou faux ? - Médiane et quartiles a. Faux : 815 est la moyenne. b. Vrai : car 816 est la médiane et 50 % des mesures sont inférieures ou égales à la médiane. a B Objectifs – Calculer la moyenne pondérée d’une série statis- tique ; – observer l’influence des coefficients. (p. 62) (p. 60)
2 a. Notes au concours obtenues par Emma pour l’école UCE : Épreuve 1 2 3 4 5 6 7 Coefficient 7 9 3 5 3 3 2 Note d’Emma 12 8 12 12 5 10 10 x = 9,9. Emma n’est pas admise à l’école UCE. b. x = 10,15. Emma est admise à l’école UCA. © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 42 Lire la dispersionActivité 2 Objectifs – Visualiser l’intervalle [ Q1 ; Q3 ] sur un graphique ; – déterminer la part des valeurs de la série situées dans l’intervalle [ Q1 ; Q3 ], ainsi qu’à l’extérieur de cet intervalle. 25 26 26 28 28 29 30 31 31 34 36 36 36 38 38 39 40 41 40 41 43 43 43 44 45 45 45 47 47 47 48 48 48 48 48 49 50 50 51 51 51 58 58 58 59 60 60 65 67 72 1 Les valeurs de la série sont rangées dans l’ordre croissant. N = 50, N est pair donc la médiane est la moyenne des 25e et 26e valeurs. Me = 45. N 4 = 12,5 donc Q1 est la 13 e valeur : Q1 = 36. 3N 4 = 37,5 donc Q3 est la 38 e valeur : Q3 = 50. 2 a. Prix [ 25 ; 30 [ [ 30 ; 35 [ [ 35 ; 40 [ [ 40 ; 45 [ [ 45 ;50 [ Effectifs 6 4 6 8 12 Effectifs cumulés 6 10 16 24 36 Prix [ 50 ; 55 [ [ 55 ; 60 [ [ 60 ; 65 [ [ 65 ; 70 [ [ 70 ; 75 [ Effectifs 5 4 2 2 1 Effectifs cumulés 41 45 47 49 50 b. En regroupant la série en classes d’amplitude 5, et en calculant les effectifs cumulés, on obtient que la classe médiane est [45 ; 50[, ainsi que Q1 Є [ 30 ; 35 [ et Q3 Є [ 50 ; 55 [. x20 25 6 4 6 8 12 5 4 2 = 2,0 % 2 1 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 3 a. En utilisant les résultats du 1 , on place la médiane et les quartiles sur l’histogramme. b. La part des sacs à dos dont le prix se situe dans l’intervalle [Q1 ; Q3] est 28 50 = 0,56 soit 56 %. La part des sacs à dos dont le prix est supérieur à Q3 est 12 50 = 0,24 soit 24 %. c. Alison doit consacrer au plus 50 € à cet achat. La part des sacs à dos respectant cette contrainte est 38 50 = 0,76 soit 76 %. (Les questions 3 b. et 3 c. de l’édition 01, ont été modifiées.) Comparer les dispersions de deux sériesActivité 3 Objectifs – Comparer les écarts entre les quartiles Q1 et Q3 pour différentes séries statistiques ; – visualiser sur un graphique la dispersion des valeurs d’une série statistique par rapport à la médiane ; – comparer la dispersion des valeurs de plusieurs séries statistiques par rapport à la médiane. 1 a. Paris Berlin Rome Q1 43 40 35 Me 50 50 75 Q3 54 60 80 b. À Paris, au cours des 6 mois les moins pluvieux de l’année, la hauteur de pluie mesurée est plus petite ou égale à 50 millimètres.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 43 Au cours des 3 mois les moins pluvieux de l’année, la hauteur de pluie mesurée est plus petite ou égale à 43 millimètres. Au cours des 9 mois les moins pluvieux de l’année, la hauteur de pluie mesurée est plus petite ou égale à 54 millimètres. Paris Berlin Q1 43 40 Me 50 50 Q3 54 60 Q3 – Q1 11 20 c. Pour les villes de Paris et Berlin, les médianes sont égales, mais l’écart entre les quartiles est plus important à Berlin. À Berlin, les mesures des hauteurs de pluie sont moins concentrées autour de la médiane. Elles sont plus dispersées par rapport à la médiane. d. x0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 Q1 Q3Med maxmin Rome x0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 Q1 Q3Med maxminParis x0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 Q1 Q3Med maxmin Berlin 2 a. Vrai : à Rome : Q3 = 80 mm. À Berlin, la mesure maximale est 80 mm. b. Faux : entre le premier quartile et la médiane, on lit les hauteurs d’eau mesurées pendant 3 mois. c. Faux : l’intervalle [ Q1 ; Q3 ] contient les hauteurs d’eau mesurées pendant 6 mois. Mesurer la dispersionActivité 4 Objectifs – Mesurer la dispersion des valeurs d’une série statistique par rapport à la moyenne ; – comparer la dispersion de plusieurs séries statistiques. 1 Pour les deux parties x = 8. Les moyennes des distances sont égales à la distance du cochonnet. 2 Partie 1 : Distance 10,7 8,45 7,15 8,28 8,12 12 7,4 8 5,9 11 4 5 Écart cochonnet – boule 2,7 0,45 0,85 0,28 0,12 4 0,6 0 2,1 3 4 3 Partie 2 : Distance 7,66 7,88 8,22 6,78 8,15 7,6 9 8,11 7,92 8,05 8,6 8,03 Écart cochonnet – boule 0,34 0,12 0,22 1,22 0,15 0,4 1 0,11 0,08 0,05 0,6 0,03
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 44 QCM 5 b. En calculant l’effectif total, on compte 33 notes. La médiane est la 17e note, donc Me = 12. 6 a. x = 5 × 9 + 6 × 10 + 8 × 12 + ... + 5 × 15 33 ≈ 12 7 b. 8,25 ; donc Q1 est la 9e valeur. 8 a. L’effectif total est N = 40. Pour trouver la médiane, on calcule le milieu des 20e et 21e valeurs. Comme toutes deux valent 44, Me = 44. 9 b. x ≈ 43,8, donc x < Me. 10 a. Q1 = 42 ; donc par définition du premier quar- tile, 25 % des pointures sont plus petites ou égales à 42. 11 c. On calcule les fréquences cumulées croissantes. 58 % des valeurs sont inférieures à 3 et 78 % des valeurs sont inférieures à 4. Donc Q3 appartient à la classe [ 3 ; 4 [. 3 Pour la partie 1 : la moyenne des écarts au cochonnet est égale à 1,758 m. Pour la partie 2 : la moyenne des écarts au cochonnet est égale à 0,36 m. La moyenne des écarts au cochonnet de la partie 2 est inférieure à celle de la partie 1. Les boules de la partie 2 sont moins éloignées du cochonnet que celles de la partie 1. Les boules de la partie 1 sont plus dispersées par rapport au cochonnet. Exercices d’application Exercices d’application 1. Construire et interpréter des diagrammes en boîte (p. 65) 2. Mesurer la dispersion (p. 67) 1 La longueur de la pre- mière boîte est supérieure à celle de la deuxième boîte : la première série est plus dispersée par rapport à la médiane que la deuxième série. 2 Les trois séries ont la même médiane : 45. Série 1 : [ Q3 ; Q1 ] = [ 55 ; 30 ] Série 2 : [ Q3 ; Q1 ] = [ 55 ; 35 ] Série 3 : [ Q3 ; Q1 ] = [ 65 ; 35 ] La longueur de la boîte de la première série est supérieure à celle des autres boîtes : la première série est plus dispersée par rapport à la médiane que la deuxième ou la troisième série. La longueur de la boîte de la deuxième série est plus petite que celle des deux autres séries : la deuxième série est moins dispersée par rapport à la médiane que les deux autres séries. 3 L’espérance de vie moyenne des femmes est supérieure à celle des hommes. L’écart type de la série des espérances de vie des hommes est plus petit que celui de la série des espé- rances de vie des femmes donc la série des espérances de vie pour les hommes est plus dispersée par rapport à la moyenne que la série des espérances de vie des femmes. Moyenne Écart type Hommes 75,72 2,29 Femmes 78,93 7,85 4 a. x = 7,44 et σ = 2,54 b. N = 41 ; Me est la 21e valeur : Me = 8,2. Q1 est la 11 e valeur et Q3 est la 31 e valeur : Q1 = 5,4 et Q3 = 9. c. [ x – σ ; x + σ ] = [ 4,9 ; 9,9 ] [ Q1 ; Q3 ] = [ 5,4 ; 9 ] (p. 69)
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 45 16 Taille des pantalons : 34 34 36 38 38 38 40 40 42 42 44 44 46 54 56 56 Les valeurs sont rangées dans l’ordre croissant. Me = 41 ; Q1 = 38 ; Q3 = 44 17 La série a 24 valeurs rangées en ordre croissant, la médiane est le milieu entre la 12e et la 13e valeur ; le quartile 1 est la 6e valeur et le quartile 3 est la 18e. Donc Me = 15 ; Q1 = 10 et Q3 = 19,9. 18 Prix en euros d’une poupée Il faut ranger les valeurs en ordre croissant. 23,5 25 27,9 28 32,5 34 34 37 41 42 45,5 47,9 49,9 56 67,9 Me = 37 ; Q1 = 28 ; Q3 = 47,9 19 L’effectif total est 13, Me = 18, Q1 = 16 et Q3 = 18. 20 Notes à un contrôle bilan de 1re ES d’un grand lycée : Note 7 9 10 11 12 14 15 16 18 Fréquence (en %) 7 14 15 15 11 15 7 14 2 Fréquence cumulée croissante (en %) 7 21 36 51 62 77 84 98 100 Me = 15 ; Q1 = 10 ; Q3 = 14 21 Vrai ou faux ? a. Faux : il faut ranger les valeurs en ordre croissant : 1 – 2 – 3 – 5 – 6 – 6 – 7 – 7 – 8 – 12 – 12 – 13 – 14 – 18 – 19 – 20 Pour les 20 valeurs rangées en ordre croissant, Q1 est la 5e valeur, donc Q1 = 6. b. Faux : Q1 est la 25e valeur de la série classée en ordre croissant. 22 Vrai ou faux ? a. Vrai : 76 4 = 19. b. Faux : 3 4 × 78 = 58,5 ; donc Q3 est la 59 e valeur. 23 Vrai ou faux ? a. Faux : en contre-exemple, la série 6 – 7 – 9 – 9 – 9 – 10 – 13 – 15 – 17 donne Me = Q1 = 9 . b. Faux : si on multiplie par 2 toutes les données de la série, le premier quartile est multiplié par 2. 24 Vrai ou faux ? a. Vrai. b. Faux. 25 Quartiles à la calculatrice Les valeurs sont rangées dans l’ordre croissant : Me = 15 ; Q1 = 13 ; Q3 = 17 La valeur affichée de Q1 n’est pas une valeur de la série. 26 algorithme de recherche des quartiles 1 Quartiles et diagramme en boîte (p. 70) 12 a. On utilise les centres de classe : x = 9 × 0,5 + 20 × 1,5 + ... + 6 × 5,5 100 = 2,82 13 c. Variance : V = 5 × V1 + 15 × V2 20 = 7,5 14 b. Au moins 25 % des valeurs sont inférieures ou égales à Q1, donc au plus 75 % sont strictement supérieures à Q1. Le contraire de « au moins 25 % inférieur ou égal à A » est « au plus 75 % strictement supérieur à A ». 15 a. Faux : [ Q1 ; Q3 ] est un intervalle. L’écart interquartile est un nombre : Q3 – Q1. b. Vrai : l’intervalle [ Q1 ; Q3 ] = [ 15 ; 20 ] . D’après la définition des quartiles, il contient au moins 50 % des valeurs de la série.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 46 27 Médiane et quartiles sur un nuage a. N = 29 ; N 4 = 7,25 ; 3N 4 = 21,75 donc Me = 13 ; Q1 = 12 ; Q3 = 14. x6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 Q1 Q3Med b. 28 Diagramme en bâtons et diagramme en boîte Score Effectif Fréquence cumulée (en %) 1 4 11,11 2 6 27,78 3 6 44,44 4 6 61,11 5 3 69,44 6 5 83,33 7 2 88,89 8 2 94,44 9 1 97,22 10 1 100,00 Me = 4 ; Q1 = 2 ; Q3 = 6. x6543210 7 8 9 10 11 12 13 Q1 Q3Med 29 Comparaison de diagrammes en boîte 75 % des valeurs de la série 1 sont inférieures à 4 et 25 % des valeurs de la série 2 sont inférieures à 4. 50 % de l’ensemble des valeurs sont inférieures à 6. 50 % des valeurs de la série 2 sont inférieures à 6 et 100 % des valeurs de la série 1 sont inférieures à 6. 75 % de l’ensemble des valeurs sont inférieures à 6. 30 Vrai ou faux ? a. Faux : par exemple, pour la série : 6 – 9 – 9 – 9 – 9 – 10 – 13 – 15 – 17, Me = Q1 = 9 . La médiane n’est pas au milieu de la boîte. b. Faux. c. Vrai : par exemple, pour la série : 6 – 6 – 6 – 9 – 10 – 10 – 10 , les minimum et maximum sont confondus avec les quartiles Q1 et Q3 . Min = Q1 = 6 et Q3 = Max = 10 : la boîte n’a pas de moustache. 31 Vrai ou faux ? a. Faux : si on ajoute 10 à toutes les valeurs de la série, la longueur de la boîte devient : ((Q3 + 10) – (Q1 + 10)) = Q3 – Q1. La longueur de la boîte ne change pas. b. Faux : les quartiles ne dépendent pas des valeurs extrêmes : si la valeur maximale augmente, la longueur de la boîte n’augmente pas, seules les « moustaches » changent. 32 Comparaison de dispersion a. S1 S2 S3 Minimum 50 110 80 Q1 114 110 90 Médiane 116 116 116 Q3 118 150 142 Maximum 150 150 150 Étendue 100 40 70 Q3 – Q1 4 40 52 b. Les médianes des trois séries sont égales, mais la dispersion des valeurs par rapport à la médiane est différente. L’étendue de la série S1 est la plus grande, alors que l’écart interquartile est le plus petit. L’étendue de la série S2 est égale à l’écart interquartile. Les valeurs de la série S1 sont plus concentrées autour de la médiane que celles des deux autres séries. Les valeurs de la série S3 sont les plus dispersées par rapport à la médiane. 5535 75 95 115 135 155 x S3 S1 S2
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 47 33 Vrai ou faux ? a. Vrai : pour les femmes, Q1 = 900. Donc au moins 25 % des femmes ont un salaire inférieur ou égal à 900 €. b. Vrai : le salaire minimum des hommes est 900 €. c. Vrai : le troisième quartile de la série des femmes est égal à la médiane de la série des hommes. Donc la moitié des hommes gagnent plus que les trois quarts des femmes. d. Faux : les longueurs des boîtes sont presque identiques, donc les écarts interquartiles sont presque égaux. e. Vrai : 50 % des femmes et 50 % des hommes ont un salaire compris entre 900 et 1 450 €. Cela représente 50 % des salariés. 34 Lecture de diagrammes en boîte 1 a. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x b. Étendue : 8 – 1 = 7 ; Q3 – Q1 = 5 – 2 = 3 c. Q3 = 5 donc pour au moins 75 % des élèves, le temps de lecture par semaine est inférieur ou égal à 5 h. 0,75 × 35 = 26,15, Q3 est la 27 e valeur, donc 27 élèves lisent 5 heures ou moins par semaine. 2 2 3 4 5 6 7 8 9 x Étendue : 9 – 2 = 7 ; Q1 = 3 ; Me = 4 ; Q3 = 6 ; Q3 – Q1 = 6 – 3 = 3 Les étendues sont égales. Les intervalles interquartiles sont égaux. La dispersion par rapport à la médiane est la même pour les deux séries. 35 Séries avec effectifs a. « À la main », on trouve : – pour Imane : N = 62 ; Me = 8 ; Q1 = 6 ; Q3 = 9 ; – pour la classe entière : N = 615 ; Me = 9 ; Q1 = 8 ; Q3 = 10. Les valeurs trouvées à la calculatrice correspondent aux valeurs calculées. b. c. – Pour Imane : Q3 – Q1 = 3 ; – pour la classe entière : Q3 – Q1 = 2 . Pour la classe entière, dont l’effectif est plus grand, les nombres de tranches de clémentines sont moins dispersés par rapport à la médiane que ceux de la série d’Imane. 36 rapports interdéciles 1 a. Vrai : pour les hommes, D1 = 1 145 et pour les femmes, Q1 = 1 340. Au moins un quart des femmes et 10 % des hommes les moins bien payés ont un salaire inférieur ou égal à 1 340 euros. b. Faux : les effectifs des hommes et des femmes ne sont pas égaux dans l’entreprise. On ne peut pas ajouter les pourcentages. c. Faux : pour les femmes, D9 = 2 828 . Au plus 10 % des femmes les mieux payées ont un salaire supérieur ou égal à 2 828 euros. 2 600 1 000 1 400 1 800 2 200 2 600 3 000 3 600 x F H 3 a. Pour les hommes : D9 D1 ≈ 3,3 ; Me D1 ≈ 1,6 ; D9 Me ≈ 2 Le plus bas salaire des 10 % des employés les mieux rémunérés est égal à 3,3 fois le plus haut salaire des 10 % des employés les moins bien rémunérés. Le plus bas salaire de la moitié des employés les mieux rémunérés est égal à 1,6 fois le plus haut salaire des 10 % des employés les moins bien rémunérés. Le plus bas salaire des 10 % des employés les mieux rémunérés est égal à 2 fois le plus haut salaire de la moitié des employés les moins bien rémunérés. b. Pour les femmes : D9 D1 ≈ 2,7 ; Me D1 ≈ 1,5 ; D9 Me ≈ 1,7 c. Le plus bas salaire des 10 % des employées les mieux rémunérées est égal à 2,7 fois le plus haut salaire des 10 % des employées les moins bien rémunérées. Le plus bas salaire de la moitié des employées les mieux rémunérées est égal à 1,5 fois le plus haut salaire des 10 % des employées les moins bien rémunérées. Le plus bas salaire des 10 % des employées les mieux rémunérées est égal à 1,7 fois le plus haut salaire de la moitié des employées les moins bien rémunérées.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 48 2 Variance et écart type (p. 73) 37 QCM 1 a. x ≈ 15,25 2 b. σ = 19 38 Vrai ou faux ? a. Vrai : la variance V est la moyenne des carrés des écarts des valeurs à la moyenne ; donc la variance est une moyenne de nombres positifs. Elle est donc positive. b. Faux : σ = BV. L’écart type est une racine carrée ; donc σ est positif ou nul. c. Vrai : σ = 0 ⇔ V = 0 . On en déduit que tous les carrés des écarts sont nuls, donc toutes les valeurs sont égales entre elles. Cette valeur commune est aussi la moyenne. d. Faux : les valeurs extrêmes sont prises en compte dans le calcul de l’écart type. 39 Vrai ou faux ? a. Vrai : si on ajoute ou retranche un même nombre à toutes les valeurs de la série, la moyenne est modifiée de la même façon. Donc les écarts entre les valeurs et la moyenne ne sont pas modifiés. b. Faux : si on multiplie par 2 toutes les valeurs de la série, alors la moyenne est multipliée par 2. Donc les écarts sont multipliés par 2. Les carrés des écarts sont alors multipliés par 4. Donc la variance est multipliée par 4. c. Vrai : si on divise par 2 toutes les données, la variance est divisée par 4 (d’après b.) et l’écart type est divisé par B4 = 2. d. Faux : la variance est multipliée par (– 2)² = 4 . L’écart type est donc multiplié par B4 = 2. 40 Calcul de l’écart type par la définition 1 x = 7. La valeur 2 donne le plus grand écart à la moyenne. 2 La moyenne et l’écart type sont très sensibles à l’aug- mentation de la valeur extrême. 3 a. Lorsqu’on ajoute 3 à toutes les valeurs de la série, la moyenne augmente de 3, mais la variance et l’écart type sont inchangés. b. Lorsqu’on multiplie toutes les valeurs de la série par 0,5 , la moyenne est multipliée par 0,5 mais la variance est multipliée par (0,5)² donc divisée par 4. L’écart type est multiplié par 0,5. c. Si on ajoute une valeur égale à 7 = x, x’ = 5 × x + x 6 = 7, la moyenne ne change pas. La variance et l’écart type sont modifiés : V’ = 5 × V + 0 6 = 5 6 V = donc σ’ = f56 σ.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 49 41 Les deux écarts types de la calculatrice 1 a. Le prix moyen d’une baguette de pain est 0,87 euro. b. Ce calcul renvoie la valeur de la variance : V ≈ 0,015 . c. σ = BV ≈ 0,12 2 a. et b. Attention aux instructions écart type et variance. LIST puis MATH 7 : écart-type( ou 8 :variance( ; ou Instruction CATALOG puis écart-type( ou variance(. Ces instructions ne donnent pas l’écwart type et la variance de la série de données saisies dans l’éditeur statistique. Elles considèrent la série entrée comme un échantillon d’une série plus importante. L’écart type proposé est l’estimation de l’écart type d’une population dont la série de données saisies est un échantillon. écart type(L1) = SX et variance(L1) = (SX)² 42 paniers bio a. x ≈ 23,89 et s ≈ 10,10 : valeurs obtenues à la calculatrice et arrondies au centime d’euro. b. [ x – s ; x + s ] = [ 13,79 ; 33,99 ] 14 valeurs de la série appartiennent à cet intervalle, soit une part de 14 20 = 0,70. 70 % des prix appartiennent à cet intervalle. 43 Simulations de deux dés On observe une fluctuation du gain moyen autour de la valeur 7. Les fluctuations s’atténuent lorsque le nombre de lancers augmente. 44 Calcul de gains à un jeu de dés a. Ensemble des valeurs de la somme des faces apparues lors du lancer de deux dés tétraédriques : 1 2 3 4 1 2 3 4 5 2 3 4 5 6 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 Fréquences d’apparition des gains obtenus lors de 30 lancers : Somme 2 3 4 5 6 7 8 Gain 1 1 2 3 2 1 1 Fréquence (en %) 4 6 20 17 26 17 10 b. Le gain moyen est égal à 1,8 jeton. L’écart type est environ égal à 2,7. 45 Congé de maternité augmenté 1 La durée moyenne du congé de maternité est d’envi- ron 17,46 × 7 = 122,22 soit 122 jours. L’écart type est d’environ 3,815 × 7 = 26,705 soit 27 jours. 2 On ajoute 1 semaine à la durée des congés de maternité de tous les pays. La durée moyenne est augmentée d’1 semaine donc de 7 jours et est alors égale à 129 jours. Les écarts à la moyenne ne changent pas, donc la variance et l’écart type ne sont pas modifiés. 46 Biscuiterie et tVa 1 Le prix moyen hors taxe est PHT ≈ 5,64. 2 Le taux de la TVA est 5,5 % donc : Prix TTC = Prix HT × 1,055. On multiplie tous les prix HT par 1,055 donc le prix TTC moyen s’obtient en multipliant le prix moyen HT par 1,055 : PTTC ≈ 5,64 × 1,055 ≈ 5,95.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 50 3 a. À l’aide du tableur, on calcule le prix TTC total payé moyen pour chacun des amis, ainsi que l’écart type. Galettes fines Palais épais Madeleines Brisures feuilletées Nombre de paquets achetés Prix total Prix moyen Variance Écart type Prix TTC 5,10 5,30 5,60 7,80 Emma 2 2 1 1 6 34,2 5,70 0,910 0,95 Sacha 3 0 2 3 8 49,9 6,24 1,501 1,23 Louise 2 0 0 3 5 33,6 6,72 1,751 1,32 Zoé 1 3 1 0 5 26,6 5,32 0,026 0,16 Alice 1 4 0 2 7 41,9 5,98 1,322 1,15 Total 9 9 4 9 31 186,1 6,00 b. Le montant moyen d’un paquet pour l’ensemble des amis s’obtient par : 6 × 5,70 + 8 × 6,24 + 5 × 8,72 + 5 × 5,32 + 7 × 5,98 31 ≈ 6, soit environ 6 euros. On peut aussi l’obtenir en divisant le prix total payé par les 5 amis par le nombre total de paquets achetés. 47 Dispersion et comparaison Série : 2 – 3 – 3 – 4 – 5 – 100 – 800 x = 131 et s ≈ 275,15 Q1 = 3 ; Me = 4 et Q3 = 100 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 x a. Faux : la moyenne est supérieure à Q3, elle est à l’extérieur de la boîte. b. Faux : la longueur de la boîte est 97, elle est dif- férente de l’écart type s. c. Faux : l’intervalle [ x – s ; x + s ] n’est pas l’intervalle interquartile qui est [ 3 ; 100 ]. 48 Comparaison sur trois séries à la calculatrice a. À l’aide de la calculatrice, on obtient : b. Toujours en utilisant la calculatrice, on obtient : On observe que les valeurs des quartiles de la cal- culatrice ne correspondent pas aux valeurs calculées : Pour S1 : Q3 = 11 ; pour S2 : Q1 = 3 ; pour S3, Q3 = 10. S1 S2 S3 Q1 9 3 7 Q3 11 16 10 Q3 – Q1 2 13 3 σ 1,977 6,52 4,86 Lorsque la médiane et la moyenne sont très proches et que les valeurs de la série sont réparties de manière symétrique par rapport à la médiane (voir diagrammes en boîte ci-dessous), l’intervalle interquartile est très proche de l’intervalle [ x – σ ; x + σ ]. L’écart interquartile est alors très proche de : x + σ – (x – σ) = 2σ. C’est le cas ici de la série S2. c. Diagramme en boîte en utilisant la calculatrice, ci-contre. 49 Comparaison de temps d’attente aux caisses Hyper A : 1 – 3 – 4 – 4 – 4 – 5 – 5 – 6 – 6 – 7 . Hyper B : 1 – 3 – 4 – 4 – 4 – 5 – 5 – 5 – 10 – 15 . 1 a. Hyper A : Me = 4,5 ; Q1 = 4 ; Q3 = 6 Hyper B : Me = 4,5 ; Q1 = 4 ; Q3 = 5
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 51 b. Hyper A : Q3 – Q1 = 2 ; Hyper B : Q3 – Q1 = 1 L’écart interquartile est plus petit pour l’hyper B. Les temps d’attente dans l’hyper B sont moins dispersés par rapport au temps d’attente médian. c. 0 Hyper A Hyper B 2 4 6 8 10 12 14 16 x 2 L’écart type de la série des temps d’attente de l’hyper A est plus petit et est environ égal à 1,6 min. Les temps d’attente de l’hyper A sont moins dispersés par raport au temps d’attente moyen. 3 Hyper B : 1 – 3 – 4 – 4 – 4 – 5 – 5 – 5 – 5 – 5 . L’écart interquartile n’est pas modifié : Q1 = 4 ; Q3 = 5 ; Q3 – Q1 = 1 L’écart type, en revanche, est très sensible aux variations des valeurs extrêmes : σ ≈ 1,22. 50 Dispersion et coefficient de variation 1 a. À l’aide d’un tableur, on obtient : Centre des classes : France 1 420 1 670 1 953 2 398 3 164 3 864 Centre des classes : Japon 135 060 165 847,5 202 729,5 258 685 370 818 515 305 Fréq. (en %) 10 15 25 25 15 10 1 b. et 2 Salaires Moyenne Écart type France (en euro) 2 341,25 724,128 Japon (en yen) 265 889,95 109 979,46 3 Le coefficient de variation σ x permet de comparer la dispersion des salaires par rapport au salaire moyen, pour deux pays n’ayant pas les mêmes monnaies. Pour la France, σ x ≈ 0,309. L’écart type représente environ 31 % du salaire moyen en France. Pour le Japon, σ x ≈ 0,414. L’écart type représente environ 41,4 % du salaire moyen au Japon. La distribution des salaires est plus dispersée au Japon qu’en France. 51 Moyenne des carrés et carré de la moyenne Remarque : L’exercice est traité pour un exemple de choix de 5 triangles. Le fichier fourni dans le manuel numérique permet de varier les mesures des côtés des triangles et d’effectuer tous les calculs demandés. 1 Remarque : Ici, le calcul présenté sur la calculatrice présente des guillemets dans la formule de la liste L3. Ils permettent de relier la liste L3 aux listes L1 et L2 : si l’on modifie une mesure dans la liste L1 ou la liste L2, le calcul correspondant dans la liste L3 s’actualise. 2 a. b. Ce triangle est isocèle, mais il n’est pas rectangle. A B C c. L’hypoténuse étant le plus grand des côtés, si ce triangle est rectangle, le côté de mesure 6,8385 est l’hypoténuse. Or (x1) 2 = (x2) 2 = 19,36 et (x3) 2 ≈ 46,765 ; (x1) 2 + (x2) 2 = 38,72 donc x1 2 + x2 2 ≠ x3 2. Le triangle obtenu en calculant les moyennes des mesures des côtés n’est pas rectangle. Donc L1 2 + L2 2 = L3 2 mais x1 2 + x2 2 ≠ x3 2. d. L1 2 + L2 2 = L3 2 donc d’après les propriétés de linéarité de la moyenne : moyenne(L1²) + moyenne (L2²) = moyenne (L3²)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 52 3 a. ( a + b + c3 ) 2 = a 2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc 9 = a 2 + b2 + c2 9 + 2ab + 2ac + 2bc 9 b. La moyenne des carrés est égale à a 2 + b2 + c2 3 . Elle n’est pas égale au carré de la moyenne des trois nombres distincts. c. Si les trois nombres sont égaux : ( a + b + c3 ) 2 = (3a) 2 9 = a2 et a 2 + b2 + c2 9 + 2ab + 2ac + 2bc 9 = 3a 2 9 + 6a 2 9 = 9a 2 9 = a2 donc la moyenne des carrés est égale, dans ce cas, au carré de la moyenne. 52 autre formule de la variance : formule de Koenig On peut faire ces calculs en prenant des valeurs particulières pour a, b et c mais sans effectuer les cal- culs numériques, a = 3, b = 5 et c = 7 et on laisse a2 = 32 ; b2 = 52 ; c2 = 72... a. V = a 2 + b2 + c2 – 2ax + 2bx + 2cx + 3(x)2 3 b. x = a + b + c 3 ; donc 3x = a + b + c. On en déduit que : 2ax + 2bx + 2cx = 2x (a + b + c) = 2x × 3x = 6(x)2 c. On en déduit la formule de la variance : V = a 2 + b2 + c2 – (2ax – 2bx – 2cx) + 3(x)2 3 = a 2 + b2 + c2 – 6x2 + 3x2 3 = a 2 + b2 + c2 – 3(x)2 3 = a 2 + b2 + c2 3 – (x)2 d. Si les trois nombres sont égaux à un même nombre, alors leur moyenne est ce nombre et la variance est nulle : V = 3a 2 3 – a2 = 0. 53 Utilisations de la formule de Koenig 1 a. x = 47 b. La somme des carrés est ∑ xi2 = 28 100 donc la moyenne des carrés est égale à 2 810. La variance est : V = 1 10 ∑ xi2 – x2 = 2 810 – 47² = 601 L’écart type est égal à B601 ≈ 24,51 . 2 a. Le gain moyen est x = 1,5 euros. b. V = ∑ fixi2 – x2 = 2,98 – 1,5² = 0,73 σ = BV  0,85 3 V = 1 N ∑ xi2 – x2 = 46150 – 2,74 2 = 1,712 4 σ = BV  1,308 6 54 Étude du minimum de f(x)= S (xi – x)2 1 x = 42 10 = 4,2 V = 1 10 = (2(– 1 – 4,2)2 + 6(5 – 4,2)2 + 2(7 – 4,2)2) = 7,36 2 a. (L’énoncé a été modifié dans la nouvelle édition du manuel élèves.) b. Le minimum de la fonction f est obtenu pour m  4,2. 3 a. f (x) = 2(1 + 2x + x2) + 6(25 – 10x + x2) + 2(49 – 14x + x2) = 10x2 – 84x + 250 b. f (x) = 10(x – 4,2)2 + 73,6 f est une fonction trinôme du second degré : a = 10, a  0, donc f est décroissante sur ] – ∞ ; 4,2 [ et f est croissante sur [ 4,2 ; + ∞ [. x – ∞ 4,2 + ∞ f (x) 73,6 c. On remarque que la valeur m pour laquelle f admet un minimum correspond à la température moyenne trouvée au 1 . 4 f (x) = 73,6 ; V = f (x) 10 55 Utilisation des paramètres pour un choix 1 a. et b. Tableau des résultats que l’on doit obtenir : Moyenne Écart type Q1 Me Q3 Q3 – Q1 Durée (en h) 2 :24 0 :22 2 :10 2 :30 2 :40 2 :18 Dénivelée (en m) 443 69 370 452,5 500 130 2 a. Quatre randonnées ont une durée strictement supérieure à 2 h et inférieure ou égale à 2 h 30. b. Cinq randonnées présentent une dénivelée infé- rieure à 450 m.
Vers le Bac (p. 77) © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 53 57 exercice guidé 1 a. Les 34e à 66e tablettes pèsent 100 g, donc Me = 100 ; Q1 = 99 et Q3 = 101 . Écart interquartile : Q3 − Q1 = 2 . b. Diagrammes en boîte des deux séries : 94 96 98 100 102 104 x Q1 Q3Me Q1 Q3Me 2010 2009 2 La moyenne vaut x ≈ 99,6 ; σ ≈ 1,6. 3 a. Faux : comme Me = 98 , alors au moins 50 % des tablettes ont une masse supérieure ou égale à 98 g. b. Faux : Pour l’année 2009 : Q3 − Q1 = 101,5 − 97 = 4,5 . c. Vrai : en 2009, Me = 98 , donc la moitié des tablettes ont une masse inférieure à 98 g. En 2010, Q1 = 99 , donc les trois quarts des tablettes ont une masse supérieure à 99 g et plus des trois quarts ont une masse supérieure à 98 g. L’échantillon est représentatif, donc inutile de considérer « au moins », « au plus »... 58 effet de structure 1 a. Vrai : 1 1 000 × 20 100 + 35 1 000 × 80 100 = 2 820 100 000 = 28,20 1 000 , soit un taux de mortalité de 28,2 pour 1 000 habitants. b. Faux : 2 1 000 × 40 100 + 40 1 000 × 60 100 = 2 480 100 000 = 24,80 1 000 , soit un taux de mortalité de 24,80 pour 1 000 habitants. c. Faux : le taux de mortalité des moins de 20 ans est deux fois plus élevé dans le pays B que dans le pays A. d. Vrai : 2 1 000 × 20 100 + 40 1 000 × 80 100 = 3 240 100 000 = 32,40 1 000 , soit un taux de mortalité de 32,40 %. 2 a. x 1 000 × 40 100 + 40 1 000 × 60 100 = 40x + 2 400 100 000 = 2 820 100 000 , soit 40x + 2 400 = 2 820 ⇔ x = 10,5 b. 1 1 000 × 20 100 + x 1 000 × 80 100 = 20 + 80x 100 000 = 2 480 100 000 , soit 20 + 80x = 2 480 ⇔ x = 30,75 59 paramètres statistiques et décision 1 a. Dans la rue no 1 : x = 63,3 et σ  9,519 . Dans la rue no 2 : x = 52 et σ  2, 280. b. Dans la rue no 2, le bruit est en moyenne moins élevé et plus homogène que dans la rue no 1. 2 a. Les diagrammes en boîte : 50 54 58 6246 66 70 74 78 x rue 1 rue 2 rue 3 Q1 Q3Me b. • Faux : la rue no 1 n’est pas plus bruyante que la rue no 2 à tout moment de la journée. On peut avoir 50 dB dans la rue no 1 et 52 dB dans la rue no 2. • Vrai : dans la rue no 1, la valeur minimum est 50 et dans la rue no 2, Q1 = 50 . Ce qui justifie la phrase de l’énoncé. 3 a. Dans la rue no 2, l’intensité maximale du bruit est 55 dB. On peut donc construire une maison individuelle dans la rue no 2, mais pas dans les rues no 1 et no 3. b. Dans la rue no 3, l’intensité maximale est 62 dB, donc on peut y construire un lycée. 60 Évolution du niveau de vie en France 2008 D1 Q1 Me Q1 D1 Niveau de vie (en €) 834 1 115 1 555 2 066 2 825 La valeur de la médiane de l’édition 01 a été modifiée. 1 a. D1 = 834 : le niveau de vie mensuel des 10 % des ménages les plus pauvres en France en 2007 est infé- rieur ou égal à 834 euros. D9 = 2 825 : le niveau de vie mensuel des 10 % des ménages les plus riches en France en 2007 est supérieur à 2 825 euros. b. Le niveau de vie du ménage le plus riche parmi les 10 % des ménages les plus pauvres est égal à 834 euros. c. D9 D1 = 2 825 834  3,4. Le plus bas niveau de vie des 10 % des ménages les plus riches est égal à 3,4 fois le niveau de vie du ménage le plus riche parmi les 10 % des personnes les plus pauvres. d. 800 1 200 1 600 2 000 2 400 2 800 x 2 Le seuil de pauvreté en 2007 est égal à : 0,60 × 1 555 = 933 euros. 3 a. 2008 D1 Q1 Me Q1 D1 Niveau de vie (en €) 852 1 115 1 581 2 066 2 882
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 54 b. D9 D1  3,4. Le rapport interdécile arrondi au dixième est égal à celui calculé en 2008. c. Le seuil de pauvreté en 2008 est égal à : 0,60 × 1 581 = 948,9, soit, arrondi à l’euro près, 949 €. 4 a. Monsieur et Madame Untel ont un revenu men- suel disponible de 2 150 €. Ils ont deux enfants : Éloi a 16 ans et Noémie a 13 ans. Le nombre d’unités de consommation est 1 + 2 × 0,5 + 0,3 = 2,3. Le niveau de vie mensuel de la famille Untel est égal à 2 150 2,3  934,78 euros. En 2008, le seuil de pauvreté est de 949 euros, donc Monsieur Untel est considéré comme pauvre. b. En 2009, le niveau de vie mensuel médian est passé à 1 590 euros. Le seuil de pauvreté est de 0,6 × 1 590 = 954 €. Le revenu mensuel a augmenté de 10 % donc il est égal à 2 150 × 1,1 , soit 2 365 euros. Le niveau de vie mensuel de la famille Untel est alors 2 365 2,3  1 028 €. Éloi n’est pas un enfant pauvre. 61 pourcentages d’évolution de la moyenne 1 a. Pour les années 70 : Q1 = 24 ; Me = 30 ; Q3 = 33 Pour les années 2000 : Q1 = 21 ; Me = 24 ; Q3 = 27 b. 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 x Années 2000 Années 70 Q1 Q1 Q3 Q3 Me Me c. Années 70 : Q1 = 24 ; Années 2000, Me = 24. Lors des trois quarts des années 70, on totalise plus de 24 accidents par an alors que, lors de la moitié seu- lement des années 2000, on totalise plus de 24 acci- dents par an. Le nombre d’accidents d’avions a donc diminué au cours des années 2000. 2 a. Pour les années 70 : x  30,8 et σ  8,4 Pour les années 2000 : x  24 et σ  3,6 b. 24 30,8  0,78 soit une baisse du nombre moyen d’ac- cidents de 22 %. c. 24 30  0,80 soit une baisse du nombre médian d’acci- dents de 20 %. 3 a. En 2009, 26 35  0,7 soit un taux de 0,7 perte d’avion par million de vols. b. En 2009, le nombre de pertes d’avion est égal à 26. En 2015, il sera réduit de 45 % donc multiplié par 0,55. Le nombre de vols augmente de 10 % par an, soit en 2015 : 35 × 1,16. Le taux mondial d’accidents en 2015 : 26 × 0,55 35 × 1,16  0,23 perte d’avion par million de vols. 62 ... en sciences économiques et sociales Courbe de Lorenz 1 (p. 80)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 55 2 a. 50 % des vergers les plus petits utilisent 6 % de la superficie. Il s’agit de la médiane de la série des superficies utilisées. b. 87 % des vergers les plus petits utilisent 25 % de la superficie. c. Les 10 % des vergers les plus grands utilisent 70 % de la superficie. 63 ... en anglais international comparison of prices: Big Mac index a. Coffee: x = 2,70 ; σ  1,15 Big Mac: x = 3,10 ; σ  1,1 b. Q1 Me Q3 Coffee 2 2,5 3,2 Big Mac 2,4 2,9 4 c. 210 3 4 5 6 7 x Big Mac Co�ee d. Big Mac Hotel room night France 3,1 40 Moscow 1,6 20,65 Göteborg 5,6 72,26 64 ... en biologie Fréquences cardiaques 1 a. et b. Hommes Femmes FCR FCM FCR FCM x 47,5 185,1 54,125 195,75 σ 2,97 5,59 4,37 8,79 x – σ 44,53 179,51 49,75 186,96 x + σ 50,47 190,69 58,50 204,54 % 80 80 80 90 2 Pour l’homme 5, en endurance active : FCE = FCR + ( FCM − FCR ) × 0,8 = 45 + (180 – 45) × 0,8 = 153 Pour l’homme 7, en endurance active : FCE = 52 + (150 – 52) × 0,8 = 130,4 Pour la femme 5, en entraînement de base : FCE = 45 + (188 – 45) × 0,65 = 137,95 Pour la femme 4, en échauffement : FCE = 60 + (200 – 60) × 0,55 = 137
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 56 2 a. N L S B Q1 0 0 0 14,37 Me 16,63 5,32 10,33 22,99 Q3 48,77 22,25 37,49 45,97 b. 20100 30 40 50 60 70 80 90 100 110 x Mont Liban Beqaa Nord Sud 3 a. Vrai : Beqaa : Me = 22,99 donc pendant 6 mois, les besoins en eau sont supérieurs à 22,99 milliards de mètres cubes. Mont Liban : Q3 = 22,25 donc pendant 9 mois, les besoins en eau sont inférieurs ou égaux à 22,25 milliards de m3. b. Faux : Nord : Me = 16,63 donc pendant 6 mois, les besoins en eau de la région Nord sont supérieurs à 16 milliards de m3. c. Faux : les besoins en eau de la région du Mont Liban sont toujours inférieurs à 33,99 milliards de m3. 65 ... en géographie problème d’eau 1 a. et b. 66 ... en histoire Les 20 arrondissements de paris 1 a. b. Les arrondissements dont la population a diminué de moitié sont : 1er ; 2e ; 3e ; 4e ; 6e. Ce sont les arrondissements du centre de Paris. Les arrondissements dont la population a plus que doublé sont : 12e ; 13e ; 14e ; 15e ; 16e ; 17e ; 19e ; 20e. Le 1er janvier 1860, onze communes (Auteuil, Passy, Les Batignolles, Montmartre, La Chapelle, La Villette, Belleville, Charonne, Bercy, Vaugirard et Grenelle), ainsi que quelques enclaves sont annexées à la ville de Paris. Huit nouveaux arrondissements sont créés. 2 a. En 1861 : x  83,4 milliers d’habitants ; σ  23,4 En 2010 : x  110,78 milliers d’habitants ; σ  68,95 b. Le pourcentage d’évolution de la population moyenne entre 1861 et 2010 est d’environ 32,85 %. c. Le pourcentage d’évolution de la population totale entre 1861 et 2010 est égal au pourcentage d’évolution de la population moyenne soit 32,85 %.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 3 Statistiques 57 67 ... en architecture approche de l’aire sous une courbe 1 En L3, l’instruction –2*L1^2+2 renvoie les ordonnées des points situés sur la parabole. L’instruction somme (L2
Fonctions de référenceFonctions de référence © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 58 C h a p i t r e 4 Ce chapitre est un chapitre passerelle, avant le chapitre 5 sur la dérivation.Il va permettre de reprendre toutes les bases des fonctions usuelles. Peu de nouveautés donc a priori : la fonction racine carrée et la fonction cube. Il nous a semblé bon de reprendre les fonctions affines et la fonction inverse. Les notions de Seconde sont vues dans l’accompagnement personnalisé (partie F page 242). Pour les fonctions affines, le lien avec les droites est important ; mais les droites en ES ou L ne sont plus des objets géométriques. Aussi avons-nous beaucoup insisté sur la lecture du coefficient directeur sous la forme Dy Dx , en lisant en premier la différence des ordon- nées entre deux points en allant de la gauche vers la droite systématiquement, afin de retrouver un déno- minateur Dx toujours POSITIF ! De plus, cette lecture permet d’obtenir directement l’écriture en fraction ! Les vecteurs ne sont d’aucune utilité pour les élèves de ES. Il est donc sans intérêt pour ces élèves de recourir aux coordonnées (Dx ; Dy) du vecteur directeur. Notre pratique en classe nous a prouvé le bien fondé de cette lecture « directe » qui n’engendre pas les erreurs sur l’inverse. De plus, le sens de variation de la fonction affine conduit de façon naturelle au signe du coeffi- cient directeur et réciproquement. L’équation réduite d’une droite proposée est une forme canonique de la fonction affine : coefficient et point. De plus, cela évite d’avoir à résoudre une équation pour la recherche de b, toujours source d’erreur de calcul et surtout de signe, le b n’étant pas « du bon côté », alors que l’équation réduite sous la forme y = a (x – xA) + yA, ou pour la fonction affine f (x) = a (x – xA) + f (xA), ne nécessite que de savoir développer, ce que les élèves arrivent à maîtriser en fin de collège. Et le calcul de b peut se faire à l’aide de la calculatrice. De même, le signe de ax + b est vu à travers la posi- tion de la droite par rapport à l’axe des abscisses, comme indiqué dans le programme de Seconde depuis quelques années. Pour la fonction inverse, quelques exercices en page 246 permettront de reprendre les connaissances utiles en ES. Intentions des auteures Les équations et inéquations comportant des fonc- tions usuelles sont vues dans un cadre graphique. Comme la résolution d’une équation ou inéquation avec cube ne peut se faire de manière exacte, nous avons profité de ce chapitre pour introduire les méthodes de résolution par balayage (la résolution graphique a été vue dans le chapitre 1 pour la recherche du taux moyen d’évolution). Nous avons choisi de montrer deux démonstrations possibles du sens de variation de la fonction cube pro- posant deux méthodes bien différentes, mais à valeur d’exemple. Nous avons beaucoup insisté sur le signe d’un nombre et de son image par une fonction usuelle, important pour l’étude de signe d’une dérivée. Pour ce qui concerne les applications concrètes, la notion d’accroissement moyen et d’interpolation linéaire sera très utile pour les applications de la déri- vée d’une part, et des suites arithmétiques et la crois- sance linéaire, d’autre part. On peut alors revenir sur les pourcentages. La notion d’inversement propor- tionnel est peu utilisée en maths, mais se trouve sou- vent en SES : masse salariale = salaire × effectif ; chiffre d’affaires = quantité × prix ; production = quantité × temps, etc. sont des grandeurs qui conduisent à des grandeurs inversement proportionnelles. L’un des buts de ce chapitre est d’analyser la forme d’un graphique pour lui associer un modèle fonc- tionnel, d’où les exercices sur les fonctions d’appren- tissage, d’oubli, d’offre et de demande, la modélisa- tion d’une fonction de coût total par une fonction de degré 3, ou autres (voir exercice 104 page 104). Comme de plus en plus d’élèves retouchent les pho- tos numérisées, nous avons pensé utile de faire le lien entre l’intensité lumineuse et les fonctions usuelles sur l’intervalle [ 0 ; 1 ]. Nous espérons avoir ainsi couvert un maximum de domaines intéressants sans demander de grandes connaissances mathématiques. Même l’exercice 128 page 113 se traite rapidement. Nous vous conseillons de le faire sur un logiciel de mathématiques dyna- miques (TI-Nspire™ ou Géogébra).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 59 Comprendre les inégalités et les sens de variations a. Vrai : la courbe « monte » sur [ − 1 ; 2 ]. b. Vrai : comme 3  4 et la fonction f est décroissante sur [ 2 ; 5 ], les images sont en ordre contraire ; donc f (3)  f (4) . c. Vrai : la fonction f ne garde pas le même sens de variation sur [ 1 ; 3 ], mais l’ordonnée du point d’abscisse 1 est inférieure à l’ordonnée du point d’abscisse 3 ; donc f (1)  f (3) . d. Faux : comme – 2,5  – 2 et la fonction f est décroissante sur [ – 3 ; – 1 ] , alors f (– 2,5)  f (– 2). revoir la fonction inverse a. Faux : l’inverse de 2 est 1 2 . b. Faux : l’inverse de 3 est 1 3 . c. Vrai : 1 x = – 5 1 ⇔ x 1 = 1 – 5 ⇔ x = – 1 5 d. Faux : si a est négatif et b est positif, alors leurs inverses gardent le même signe, donc 1 a négatif est inférieur à 1 b positif. B C e. Faux : tout réel a non nul a le même signe que l’inverse 1 a . f. Vrai : si a et b sont opposés et non nuls, on a : b = − a. On obtient alors 1 b = 1 – a = – 1 a . Les inverses sont donc opposés. QCM - travailler sur les cubes et les racines carrées 1 b. et d. B4 × 3 = B4 × B3 = 2B3 2 c. B9 + 16 = B25 = 5 3 a. et c. B(– 2)2 = B4 = 2 4 b. et d. (– 2)3 = (– 2) × (– 2) × (– 2) = – 23 = – 8 5 b. c. et d. 0,13 = 0,1 × 0,1 × 0,1 = 0,001 = 10– 3 = 1 1 000 D revoir les fonctions affinesActivité 1 – utiliser le sens de variation d’une fonction affine pour étudier le signe de la fonction (positif puis négatif, négatif puis positif ).  La fonction affine f est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en – 1 2 . Objectifs – Faire le lien entre le signe du coefficient directeur et le sens de variation d’une fonction affine ; – résoudre une équation de base de la forme ax + b = 0 ; travailler sur les droites Droite Coefficient directeur Ordonnée à l’origine Équation 1 2 1 y = 2x + 1 2 1 0 y = x 3 – 1 3 1 y = – x 3 + 1 4 – 1 2 2 y = – x 2 + 2 5 1 2 3 y = x 2 + 3 a Partir d’un bon pied (p. 84) Découvrir (p. 86)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 60 Donc la droite représentant f est la droite 2. et le tableau de signes de f (x) est le tableau D. Le tableau de variations de f est : x – ∞ + ∞ f (x)  La fonction affine g est décroissante, donc de signe positif puis négatif, et s’annule en 2. Donc la droite représentant g est la droite 4. et le tableau de signes de g (x) est le tableau C. Le tableau de variations de g est : x – ∞ + ∞ g (x)  La fonction affine h est décroissante, donc de signe positif puis négatif, et s’annule en 0. Donc la droite représentant h est la droite 1. et le tableau de signes de h (x) est le tableau B. Le tableau de variations de h est : x – ∞ + ∞ h (x)  La fonction affine k est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en 2. Donc la droite représentant k est la droite 3. et le tableau de signes de k (x) est le tableau A. Le tableau de variations de k est : x – ∞ + ∞ k (x)  La fonction affine m est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en 0. Donc la droite représentant m est la droite 5. et le tableau de signes de m (x) est le tableau F. Le tableau de variations de m est : x – ∞ + ∞ m (x)  La fonction affine n est croissante, donc de signe négatif puis positif, et s’annule en 1 2 . Donc la droite représentant n est la droite 6. et le tableau de signes de n (x) est le tableau E. Le tableau de variations de n est : x – ∞ + ∞ n (x) Découvrir la fonction « racine carrée »Activité 2 Objectifs – Conjecturer puis démontrer le sens de variation de la fonction racine carrée ; – travailler le lien graphique-algébrique pour répondre à un vrai-faux. 1 Étude de la fonction a. Bx existe si et seulement si x  0. Donc f est définie sur [ 0 ; + ∞ [. b. et c. On obtient les courbes ci-dessous. La fonction f paraît crois- sante sur [ 0 ; + ∞ [. Il semble que la branche de « gauche » de la courbe de la fonction carré, tournée de 90° vers la droite, est confon- due avec la courbe représentative de f. 2 Vrai ou faux ? a. Vrai : la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses, et le touche en 0. b. Faux : l’équation Bx = 16 admet comme solution x = 162 = 256. c. Faux : l’équation Bx = – 1 n’admet pas de solution, car une racine carrée est toujours positive. d. Faux : l’inéquation Bx  4 admet comme ensemble solution [ 0 ; 16 [. 3 Étude des variations de f  Pour tout réel x  0, le carré d’aire x a pour côté Bx . Comme 0  a  b, le carré d’aire a est inclus dans le carré d’aire b. Donc le côté Ba est inférieur au côté Bb.  Pour tous réels 0  a  b, on a alors f (a)  f (b). Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 61 Comparaison de BNx, x, x2 et x3 pour x  0Activité 4 En multipliant encore par x positif, on obtient : x3  x2. Or la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Comme x2  x , on a : Bx2  Bx , c’est-à-dire x  Bx . Finalement, Bx  x  x2  x3. 3 Applications aux évolutions a. CM1 = 1 + 10 100 = 1,1 ; CM2 = (1 + 10100) × (1 + 10100) = 1,12 ; CM3 = (1 + 10100) × (1 + 10100) × (1 + 10100) = 1,13. Comme 1,1  1, on a 1,1  1,12  1,13, c’est-à-dire CM1  CM2  CM3. L’augmentation globale est ainsi plus importante pour une durée de 3 ans, que pour une durée de 2 ans, elle- même plus grande que pour une durée d’un an. b. CM1 = 1 – 10 100 = 0,9 ; CM2 = 0,9 2 et CM3 = 0,9 3. Comme 0  0,9  1, on a : 0,9  0,92  0,93. La diminution globale est ainsi plus importante pour une durée de 3 ans, que pour une durée de 2 ans, elle- même plus grande que pour une durée d’un an. Objectifs – Travailler le lien graphique-algébrique ; – démontrer des inégalités ; – utiliser un résultat. 1 a. f est représentée par 4 , g est représentée par 1, h est représentée par 2 et k est représentée par 3. b.  Sur [ 0 ; 1 ], 3 est en dessous de 2, qui est en dessous de 1, qui est en dessous de 4. Donc pour tout réel x  [ 0 ; 1 ], x3  x2  x  Bx .  Sur [ 1 ; + ∞ [, 4 est en dessous de 1, qui est en dessous de 2 , qui est en dessous de 3. Donc pour tout réel x  [ 1 ; + ∞ [, Bx  x  x2  x3. 2 a. Pour x  1, en multipliant par x positif, on a : x × x  1 × x, c’est-à-dire x2  x. En multipliant encore par x positif, on obtient : x3  x2. Or la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Comme x2  x , on a : Bx2  Bx , c’est-à-dire x  Bx . Finalement, Bx  x  x2  x3. b. Pour 0  x  1, en multipliant par x positif, on a : x × x  1 × x, c’est-à-dire x2  x. Découvrir la fonction « cube »Activité 3 Objectifs – Conjecturer puis démontrer le sens de variation de la fonction cube ; – travailler le lien graphique-algébrique pour répondre à un vrai-faux. 1 À l’aide de la calculatrice On obtient la courbe ci-contre. (fenêtre : – 5  x  5 et – 125  y  125) 2 Vrai ou faux ? a. Vrai : la courbe « monte » sur . b. Vrai : la courbe est en dessous de l’axe des abscisses sur ] – ∞ ; 0 ] : lorsque x est négatif, le cube x3 est négatif. La courbe est au-dessus de l’axe des abscisses sur [ 0 ; + ∞ [ : lorsque x est positif, le cube x3 est positif. c. Vrai. d. Faux : l’équation x3 = – 8 admet comme solution – 2. e. Vrai : la courbe f est en dessous de la droite d’équation y = – 1 sur ] – ∞ ; – 1 [. f. Vrai : la courbe f est au-dessus de l’axe des abscisses sur [ 0 ; + ∞ [. 3 Étude des variations de f a. Comme 0  a  b, le cube de côté a est inclus dans le cube de côté b. Donc le volume a3 est inférieur au volume b3. Donc a3  b3. b. Dans le cas où a  b  0, on a : 0  – b  – a. Donc (– b)3  (– a)3 d’après la question a. Or (– b)3 = – b3 et (– a)3 = – a3. En multipliant par – 1 négatif, on a donc : a3  b3. c. D’après les questions précédentes, la fonction f est croissante sur  : x – ∞ + ∞ f (x)
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 62 Exercices d’application 1. Connaître et utiliser les fonctions usuelles (p. 89) 1 a. On calcule le coefficient a : a = f (10) – f (– 4) 10 – (– 4) = 9 – 2 14 = 1 2 Donc la fonction f est définie par : f (x) = a (x – 10) + f (10) = 1 2 (x – 10) + 9 = 1 2 x + 4. b. On calcule le coefficient a : a = f (9) – f (– 3) 9 – 3 = 6 – 2 6 = 2 3 Donc la fonction f est définie par : f (x) = a(x – 3) + f (3) = 2 3 (x – 3) + 2 = 2 3 x. 2 a. On résout : f (x) = 0 ⇔ 3x – 4 = 0 ⇔ x = 4 3 . Or la fonction f est croissante car a = 3 positif : la droite représentant f monte et passe du négatif au positif. D’où le tableau de signes : x – ∞ 4 3 + ∞ f (x) – 0 + b. On résout : g (x) = 0 ⇔ – 2x 5 + 3 = 0 ⇔ x = 15 2 = 7,5 Or la fonction g est décroissante car a = – 2 5 négatif : la droite représentant g descend et passe du positif au négatif. D’où le tableau de signes : x – ∞ 7,5 + ∞ g (x) + 0 – 3 a. 1 x = – 1 ⇔ x = 1 – 1 = – 1. Donc S = { – 1 }. b. 1 x = 4 3 ⇔ x = 3 4 . Donc S = { 34 }. c. L’équation 1 x = 0 n’admet pas de solution. Donc S = ∅. 4 a. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 – —2 1 y = –2 O Donc S = [ – 0,5 ; 0 [. b. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 —3 1 y = 3 O Donc S = ] 0 ; 13 [. c. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 y = 0,2 O Donc S = ] – ∞ ; 0 [  [ 5 ; + ∞ [ . Exercices d’application 2. Utiliser la fonction racine carrée (p. 91) 5  A (x) est définie si et seulement si Bx existe, c’est-à-dire si et seulement si x  0. Donc l’ensemble de définition de A (x) est [ 0 ; + ∞ [.  B(x) est définie si et seulement si x – 2  0, soit x  2. Donc l’ensemble de définition de B (x) est [ 2 ; + ∞ [.  C(x) est définie si et seulement si 2 – x  0, soit x  2. Donc l’ensemble de définition de C (x) est ] – ∞ ; 2 ].  D (x) est définie si et seulement si x2 – 4  0, soit x  – 2 ou x  2 . Donc l’ensemble de définition de D (x) est ] – ∞ ; – 2 ]  [ 2 ; + ∞ [. 6 a. Bx = 16 ⇔ x = 162 = 256. Donc S = {256}. b. Bx = 1 ⇔ x = 12 = 1. Donc S = {1}. c. Bx = 2 3 ⇔ x = (23) 2 = 4 9 . Donc S = {49}.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 63 Exercices d’application 3. Utiliser la fonction cube (p. 93) 10 a. x3 = 64 ⇔ x3 = 43 ⇔ x = 4. Donc S = { 4 }. b. x3 = – 0,008 ⇔ x3 = (– 0,2)3 ⇔ x = – 0,2. Donc S = { – 0,2 }. c. x3  1 8 ⇔ x3  (12) 3 ⇔ x  1 2 . Donc S = ] 0,5 ; + ∞ [. 11 a. x3  0 ⇔ x3  03 ⇔ x  0. Donc S = [ 0 ; + ∞ [. b. – 1  x3  0,027 ⇔ (– 1)3  x3  0,33 ⇔ – 1  x  0,3. Donc S = [ – 1 ; 0,3 ]. 12 a. On utilise les fonctionnalités graphiques de la calculatrice. La solution arrondie à 3 chiffres significatifs est 1,442. b. On obtient : La solution arrondie à 3 chiffres significatifs est – 1,710. c. On obtient : La solution arrondie à 3 chiffres significatifs est 29,472. 7 a. On s’aide d’un schéma : O 50 x y 2 500 y = 100 10 000 Donc S = [ 0 ; 10 000 [. b. Une racine carrée est toujours positive et donc supérieure à – 1 . Donc S = [ 0 ; + ∞ [. c. On s’aide d’un schéma : O 2 x y 4 y = 4 16 Donc S = [ 16 ; + ∞ [ . 8 a. Bx – 5  0 ⇔ Bx  5 ⇔ x  25. Donc S = ] 25 ; + ∞ [. b. Bx + 2  0 ⇔ Bx  – 2 impossible. Donc S = ∅. c. Bx – 1 2  0 ⇔ Bx  1 2 ⇔ 0  x  (12) 2 . Donc S = [ 0 ; 0,25 ]. d. Bx – 3  0 ⇔ Bx  3 ⇔ x  9. Donc S = [ 9 ; + ∞ [. 9 Soit x  0. Alors x + 1  1. Comme la fonction racine carrée est croissante, on a : Bx + 1  1. Donc Bx + 1 – 1  0. Ainsi, f (x)  0. D’où le tableau de signes : x 0 + ∞ f (x) 0 +
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 64 QCM 13 c. Une fonction affine est telle que f (x) = ax + b. 14 a. a = − 1, négatif. 15 a. Le coefficient directeur est : a = f (3) – f (– 2) 3 – (– 2) = – 0,5 – 2,5 5 = – 0,6. La fonction f est définie pour tout réel x par : f (x) = – 0,6 (x – 3) + f (3) = – 0,6x + 1,8 – 0,5 = – 0,6x + 1,3. Voir page 242. 16 b. L’opposé du nombre x est − x. Son inverse est 1 – x = – 1 x . C’est donc l’opposé de l’inverse de x. 17 c. Si les nombres sont de même signe, leurs inverses sont dans l’ordre contraire des nombres. Mais si les nombres sont de signes contraires, leurs inverses sont dans le même ordre que les nombres. On ne peut donc rien dire. 18 b. L’équation 1 x = k, où k  0, a pour unique solu- tion : x = 1 k . 19 c. Si x est négatif, − x est positif, alors B– x existe. 20 c. Bx2 – 4 = 1 ⇔ x2 – 4 = 12 ⇔ x2  5. ⇔ x = – B5 ⇔ x = B5. 21 c. On lit directement l’ensemble solution sur la courbe de la fonction racine carrée. O 1 91 x y 22 a. La fonction cube est croissante sur . 23 b. x3 + 27 = 0 ⇔ x3 = – 27 ⇔ x3 = (– 3)3 ⇔ x = – 3. 1 Fonctions affines et fonction inverse (p. 96) 24 QCM 1 b. « S’annuler » : « être égal à zéro ». − 2x − 3 = 0 ⇔ − 2x = 3 ⇔ x = – 3 2 . 2 b. et d. La fonction g est linéaire, donc définie par g (x) = ax, où a = g (– 2) – 2 = 6 – 2 = – 3. Comme le coefficient est négatif, la fonction affine est décroissante sur . 3 b. et c. h(x) est de la forme h(x) = ax + b avec : a = h (2) – h (– 2) 2 – (– 2) = 3 – 6 4 = – 3 4 . Comme le coefficient est négatif, la fonction h est décroissante sur . Pour tout réel x : h (x) = – 3 4 (x – 2) + h (2) = – 3 4 x + 3 2 + 3 = – 3 4 x + 9 2 . 25 Vrai ou faux ? 1 Faux : voir page 235 pour le symbole *. La fonction inverse est décroissante sur chaque intervalle ] – ∞ ; 0 [ et ] 0 ; + ∞ [. 2 Vrai. 3 Vrai : voir page 246. 1 x y 1O Par lecture sur l’hyperbole, on obtient S = ] 0 ; 1 [. 26 1 2 3 4 a = – 1 2 a = – 1 4 a = 1 2 a = 2 27 Attention aux unités ! 1 2 3 4 a = 2 a = 1 a = – 1 2 a = – 1 2 28 Attention aux unités ! 1 2 3 4 a = – 1 2 a = – 1 4 a = 1 3 a = 1 (p. 95)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 65 29 Équation de droite 1 2 3 4 y = – 1 2 x + 1 y = – 1 4 x y = 1 2 x + 1 y = 2x – 3 Pour les exercices 30 et 31 Fonction affine 30 a. La fonction f est linéaire, définie par f (x) = ax, où a = f (2) 2 = 3 2 positif. Donc f est croissante. Ainsi, pour tout réel x, f (x) = 3 2 x. b. f (x) est de la forme f(x) = ax + b, où a = f (6) – f (3) 6 – 3 = 19 – 10 3 = 3 positif. Donc f est croissante. Pour tout réel x : f (x) = 3 (x – 3) + f (3) = 3x – 9 + 10 = 3x +1. 31 a. f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (4) – f (– 1) 4 – (– 1) = – 6 – 2 5 = – 1,6 négatif. Donc f est décroissante. Pour tout réel x : f (x) = – 1,6 (x – 4) + f (4) = – 1,6x + 6,4 – 6 = – 1,6x + 0,4. b. f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (10) – f (5) 10 – 5 = 9 – 3 5 = 1,2 positif. Donc f est croissante. Pour tout réel x : f (x) = 1,2 (x – 5) + f (5) = 1,2x – 6 + 3 = 1,2x – 3. 32 f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (12) – f (0) 12 – 0 = 24,2 – 23 12 = 0,1. Comme f (0) = 23 , on a b = 23. Donc pour tout réel x, f (x) = 0,1x + 23 . 33 a. f(x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (2008) – f (2004) 2008 – 2004 = 12 243 – 11 485 4 = 189,5. Pour tout réel x : f (x) = 189,5 (x – 2 004) + f (2004) = 189,5x – 379 758 + 11 485 = 189,5x – 368 273 b. On calcule : f (2011) = 189,5 × 2 011 – 368 273 = 12 811,5 On estime que le nombre de femmes actives en 2011 est 12 811,5 milliers. 34 Déterminer une fonction affine 1 Étude d’un programme a. La condition « C = D » teste l’égalité des réels x1 et x2. Si C = D , alors la fonction f n’est pas définie. b. En A est stocké le coefficient a de la fonction f. c. En B est stocké le coefficient b de la fonction f. En effet, f (x1) = ax1 + b, donc b = f(x1) – ax1. 2 Applications On programme la calculatrice. a. On obtient f (x) = 6x – 2. b. On obtient f (x) = – 1,6x + 40. c. On obtient f (x) = – 0,04x + 89,76. 35 x y O A B D E C 1 5 10 1 5 10 En utilisant le programme, on obtient :  les droites (AB) et (BC) ont pour équation : y = – 2x + 10 ;  la droite (CD) a pour équation : x = 5 ;  la droite (DE) a pour équation : y = 2 3 x + 14 3 . 36 accroissement moyen et interpolation linéaire a. L’accroissement annuel moyen est : a = 72,7 – 52,7 2 007 – 2 000  2,8. b. Montant des soins hospitaliers estimés :  en 2002 : 52,7 + 2 × 2,8 = 58,3 milliards d’euros ;  en 2005 : 52,7 + 5 × 2,8 = 66,7 milliards d’euros. 37 extrapolation linéaire a. f (x) est de la forme f (x) = ax + b, où a = f (7) – f (0) 7 – 0 = 22,3 – 19,9 7  0,343. Pour tout réel x : f (x) = 0,343 (x – 0) + f (0) = 0,343x + 19,9. b. On calcule : f (15) = 0,343 × 15 + 19,9  25 kg par personne. Pour les exercices 38 à 41 Équations et inéquations de base 38 a. 5x − 7 = 0 ⇔ x = 7 5 = 1,4. Donc S = { 1,4 }. b. − 6x + 3 = 0 ⇔ x = 1 2 = 0,5. Donc S = { 0,5 }. 39 a. − 2x + 4 = x – 6 ⇔ − 3x = – 10 ⇔ x = 10 3 . Donc S = { 103 }. b. 5x + 7 = – 3x – 2 ⇔ 8x = – 9 ⇔ x = – 9 8 . Donc S = { – 98 }. 40 a. – 2x + 4 3  0 ⇔ – 2x  – 4 3 ⇔ x  2 3 . Donc S =  – ∞ ; 23 .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 66 b. 1 2 x + 5 4  0 ⇔ 1 2 x  – 5 4 ⇔ x  – 5 2 . Donc S = ] – ∞ ; – 52 [. 41 a. 3x – 1 2  5x + 1 4 ⇔ – 2x  3 4 ⇔ x  – 3 8 . Donc S = [ – 38 ; + ∞ [. b. 3 2 x + 1  4x – 2 ⇔ – 5 2 x  – 3 ⇔ x  6 5 . Donc S = ] – ∞ ; 65 [. Pour les exercices 42 et 43 Signe de fonctions affines 42  Pour la fonction f : La fonction f est croissante sur  car son coefficient a = 3 est positif. La droite représentant f monte et passe donc du négatif au positif. De plus, la fonction f s’annule en 2 3 . D’où le tableau de signes : x – ∞ 2 3 + ∞ f (x) – 0 +  Pour la fonction g : La fonction g est décroissante sur  car son coefficient a = – 4 est négatif. La droite représentant g descend et passe donc du positif au négatif. De plus, la fonction g s’annule en 4 9 . D’où le tableau de signes : x – ∞ 4 9 + ∞ g (x) + 0 – 43  Pour la fonction f : La fonction f est croissante sur  car son coefficient a = 0,5 est positif. La droite représentant g monte et passe donc du négatif au positif. De plus, la fonction f s’annule en – 14. D’où le tableau de signes : x – ∞ – 14 + ∞ f (x) + 0 –  Pour la fonction g : La fonction g est décroissante sur  car son coefficient a = – 1 3 est négatif. La droite représentant f descend et passe donc du positif au négatif. De plus, la fonction g s’annule en 12. D’où le tableau de signes : x – ∞ 12 + ∞ g (x) – 0 + 44 Gagner le gros lot par SMS 1 Chaque personne envoyant un SMS (dont le coût est compris dans son forfait) a un surcoût de 1 €. La voiture ayant une valeur de 9 900 €, au minimum 9 900 personnes doivent participer pour compenser la valeur de la voiture. 2 En 30 minutes, le standard reçoit : 30 × 15 × 60 2 = 13 500 SMS. Chaque SMS étant facturé 1 €, l’organisateur reçoit 13 500 € et réalise un bénéfice de 3 600 €. 45 Utilisation d’un taux d’évolution 1 Le coefficient multiplicateur d’une augmentation de 10 % est CM = 1 + 10 100 = 1,1. Donc, si x est le prix initial, le prix final est f (x) = 1,1x. 2 a. f (59) = 64,9 , soit 64,90 €. b. f (x) = 59 ⇔ 1,1x = 59 ⇔ x = 59 1,1  53,64, soit un prix de 53,64 € environ. 46 Évolution et fonction linéaire 1 Pour chaque fonction, le coefficient a est le coefficient multiplicateur CM = 1 + t. Donc : Fonctions f1 f2 f3 f4 Taux – 40 % + 60 % + 10 % – 10 % 2 Plus le coefficient a est grand, c’est-à-dire plus le taux est grand, plus la droite est pentue. Donc : Fonctions f1 f2 f3 f4 Droites Verte Rouge Bleue Violette 47 Offre et demande affines 1 Lorsque la quantité offerte (par les producteurs) augmente, le prix augmente. Donc la fonction d’offre f est croissante. La courbe représentative de f est donc la droite rouge. La fonction linéaire f est telle que f (8) = 9. On obtient, pour tout réel x, f (x) = 9 8 x.  Lorsque la quantité demandée (par les consom- mateurs) augmente, le prix diminue. Donc la fonction demande g est décroissante. La courbe représentative de g est la droite bleue. La fonction affine g est telle que g (0) = 17 et g (8) = 9 . On obtient pour tout réel x, g (x) = – x + 17. 2 On résout : f (x) = g (x) ⇔ 9 8 x = – x + 17 ⇔ 17 8 x = 17 ⇔ x = 8. Le prix d’équilibre du marché est 8 €. Graphiquement, les courbes se coupent au point d’abscisse 8. 3 Pour une quantité offerte x, le nouveau prix est égal à la somme de la taxe de 1 € et du prix f (x).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 67 Donc la nouvelle fonction d’offre est définie par : f2 (x) = f (x) + 1 = 9 8 x +1. On résout : f2 (x) = g (x) ⇔ 9 8 x + 1 = – x + 17 ⇔ 17 8 x = 16. ⇔ x = 128 17  7,53. Le nouveau prix d’équilibre du marché est environ 7,53 €. 48 proportionnel, inversement proportionnel 1 a. Chiffre d’affaires = Prix × quantité : CA = 119 q. b. 119 q  5 000  q ⇔ 5 000 119  42,02 Comme q est un entier, l’entreprise doit vendre au moins 43 tables pour dépasser 5 000 € de chiffre d’affaires. 2 a. Masse salariale = nb de salariés × salaire MS = 50 × 1 500 = 75 000 € b. À masse salariale constante, le nombre de salariés en fonction du salaire x est N (x) = 75 000 x . c. N (3 000) = 25, soit 25 salariés. 49 hyperboles  L’image de 1 par f est – 1. Donc la fonction f est représentée par la courbe 2.  L’image de 1 par g est 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 4.  L’image de 1 par h est 3. Donc la fonction h est représentée par la courbe 3.  L’image de 1 par k est – 2. Donc la fonction k est représentée par la courbe 1. Pour les exercices 50 à 54 Fonction inverse 50 a. 1 x = 3 ⇔ x = 1 3 . Donc S = { 13 }. b. 1 x = 5 4 ⇔ x = 4 5 . Donc S = { 0,8 }. c. 1 x = – 2 3 ⇔ x = 3 – 2 = – 1,5. Donc S = { – 1,5 }. 51 a. 1 x = 1 ⇔ x = 1 1 = 1. Donc S = { 1 }. b. 1 x = 0,1 ⇔ x = 1 0,1 = 10. Donc S = { 10 }. c. 1 x = – 5 ⇔ x = 1 – 5 = – 0,2. Donc S = { – 0,2 }. 52 a. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 —4 1 y = 4 O Donc S = ] 0 ; 14 [. b. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 —3 1 y = 3 O Donc S = ] – ∞ ; 0 [  ] 13 ; + ∞ [. c. On s’aide d’un schéma : 1 x y 1 – —2 1 y = –2 O Donc S = [ – 12 ; 0 [. 53 On procède comme dans l’exercice 52 en s’aidant d’un schéma. a. S = ] 0 ; 52 [ . b. S = ] – ∞ ; 0 [  [ 3 ; + ∞ [. c. S = ] – ∞ ; – 43 ]  ] 0 ; + ∞ [.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 68 54 a. 3 2x = 5 ⇔ x = 3 10 . Donc S = { 310 }. b. – 4 x + 1 = 3 ⇔ x + 1 = – 4 3 ⇔ x = – 7 3 . Donc S = { – 73 }. c. On procède comme dans l’exercice 52 en s’aidant d’un schéma. 1 x – 1  2 ⇔ x – 1  0 ou x – 1  1 2 ⇔ x  1 ou x  3 2 . Donc S = ] – ∞ ; 1 [  [ 32 ; + ∞ [. Pour les exercices 55 et 56 Équation se ramenant au 2nd degré 55 a. Pour tout réel x  0 : 2x + 1 = 1 x ⇔ 2x2 + x = 1 ⇔ 2x2 + x – 1 = 0 . On a : D = 9 ; x1 = – 1 et x2 = 1 2 . Donc S = { – 1 ; 12 } . b. Pour tout réel x  0 : 1 x = x ⇔ x2 = 1 ⇔ x = – 1 ou x = – 1 . Donc S = { – 1 ; 1 }. 56 a. Pour tout réel x  0 : 3x + 1 = 4 x ⇔ 3x2 + x = 4 ⇔ 3x2 + x – 4 = 0. On a : D = 49 ; x1 = – 4 3 et x2 = 1. Donc S = { – 43 ; 1 }. b. Pour tout réel x  0 : 2x + 3 = 20 x ⇔ 2x2 + 3x – 20 = 0. On a : D = 169 ; x1 = – 4 et x2 = 5 2 . Donc S = { – 4 ; 52 }. 57 a. Pour tout réel x  – 1 : x – 1 = 3 x + 1 ⇔ (x – 1)(x + 1) = 3 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = – 2 ou x = 2. Donc S = {– 2 ; 2}. b. Pour tout réel x  2 : 3x + 1 = – 4 x – 2 ⇔ (3x + 1)(x – 2) = – 4 ⇔ 3x2 – 6x + x – 2 + 4 = 0 ⇔ 3x2 – 5x + 2 = 0 On a : D = 1 ; x1 = 2 3 et x2 = 1. Donc S = { 23 ; 1 }. 58 positions relatives a. La droite  a pour équation y = x et l’hyperbole  a pour équation y = 1 x . On étudie le signe de la différence : d (x) = x – 1 x = x 2 – 1 x b. x2 – 1 = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 1 et 0 est la valeur interdite. + + ––1 1 x – ∞ – 1 0 1 + ∞ x2 – 1 + 0 – – 0 + x – – 0 + + d (x) – 0 + | | – 0 + c.  est au-dessus de l’hyperbole  lorsque d (x) est strictement positif, donc sur ] −1 ; 0 [  ] 1 ; + ∞ [.  est en dessous de  lorsque d (x) est strictement négatif, donc sur ] − ∞ ; − 1 [  ] 0 ; 1 [. 59 hyperbole et droite 1 Pour tout réel x  0 : 1 x = x + 1 6 ⇔ 6 = x (x + 1) ⇔ x2 + x – 6 = 0. On a : D = 25 ; x1 = – 3 et x2 = 2. Donc S = { – 3 ; 2 }. Les points d’intersection de  et  sont donc les points de coordonnées ( – 3 ; – 13 ) et ( 2 ; 12 ). 2 a. d (x) s’annule en – 3 et 2, le coefficient a est posi- tif et 0 est valeur interdite. D’où le tableau de signes : x – ∞ – 3 0 2 + ∞ x2 + x – 6 + 0 – – 0 + 6x – – 0 + + d (x) – 0 + | | – 0 + b. x + 1 6 – 1 x = x 2 + x – 6 6x = d (x). On en déduit que :   est au-dessus de  sur [ – 3 ; 0 [  [ 2 ; + ∞ [.   est en dessous de  sur ] – ∞ ; – 3 ]  ] 0 ; 2 ]. On vérifie à l’aide de la calculatrice. 60 Calcul d’un taux réciproque a. Le coefficient multiplicateur global sur les deux jours est CM = ( 1 – 7100 ) × ( 1 + t100 ). Comme l’action retrouve sa valeur initiale, on a CM = 1. Donc 0,93 × ( 1 + t100 ) = 1. Donc 1 + t 100 = 1 0,93 . b. On a t = 100 ( 10,93 – 1 )  7,5. La valeur de l’action doit augmenter d’environ 7,5 %.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 69 61 Vrai ou faux ? a. Vrai : B16 = 4. b. Faux : la fonction racine carrée est définie sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [. Donc si x est négatif, Bx n’existe pas. Voir page 226 : le rôle du contre-exemple. c. Vrai : la fonction racine carrée est croissante sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [. d. Vrai : pour tous réels positifs a et b : a  b ⇔ Ba  Bb donc a − b  0 ⇔ Ba –Bb  0. D’où Ba – Bb est du signe de a − b. 62 QCM 1 c. Bx = 9 ⇔ x = 92 = 81. 2 b. Bx  4 ⇔ 0  x  42 ⇔ 0  x  16 . 3 a. Une racine carrée est un nombre positif ou nul, donc elle est toujours supérieure à − 10. Pour les exercices 63 et 64 Fonction et courbe représentative 63  L’image de 0 par f est 2. Donc la fonction f est représentée par la courbe 1.  L’image de 0 par g est – 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 3.  La fonction h est définie sur [– 2 ; + ∞[. Donc la fonction h est représentée par la courbe 2. 64  L’image de 1 par f est 1. Donc la fonction f est représentée par la courbe 2.  L’image de 1 par g est – 1. Donc la fonction g est représentée par la courbe 3.  L’image de – 1 par h est 1. Donc la fonction h est représentée par la courbe 1.  L’image de – 1 par k est – 1. Donc la fonction k est représentée par la courbe 4. 65 ensemble de définition  f (x) = B– x + 3 existe si et seulement si – x + 3  0 ⇔ x  3 donc f est définie sur ] − ∞ ; 3 ].  g (x) = 3Bx2 – 1 existe si et seulement si x2 − 1  0 ⇔ x  ] − ∞ ; − 1 ]  [ 1 ; + ∞ [ donc g est définie sur ] – ∞ ; – 1 ]  [ 1 ; + ∞ [. 66 ensemble de définition  f (x) = B– x existe si et seulement si – x  0 ⇔ x  0 donc f est définie sur ] – ∞ ; 0 ].  g (x) = – 2x B3 – 2x existe si et seulement si 3 – 2x  0 ⇔ x  3 2 donc g est définie sur ] – ∞ ; 32 ]. Pour les exercices 67 à 72 Équations et inéquations avec racine carrée 67 a. Bx = – 2 impossible car une racine carrée est toujours positive. Donc S = ∅. b. Bx = 7 ⇔ x = 72 = 49. Donc S = { 49 }. 68 a. Bx = 1 2 ⇔ x = (12) 2 = 1 4 . Donc S = { 14 }. b. Bx = 2 5 ⇔ x = (25) 2 = 4 25 . Donc S = { 425 }. 69 a. 2Bx = 3 ⇔ Bx = 3 2 ⇔ x = (32) 2 = 9 4 . Donc S = { 94 }. b. – 4Bx + 1 = 0 ⇔ Bx = 1 4 ⇔ x = (14) 2 = 1 16 . Donc S = { 116 }. 70 a. B3x = 4 ⇔ 3x = 42 ⇔ x = 16 3 . Donc S = { 163 }. b. B1 + x = 2 ⇔ 1 + x = 22 ⇔ x = 3. Donc S = {3}. 71 a. Une racine carrée est toujours positive ou nulle, donc supérieure à − 2. D’où S = [ 0 ; + ∞ [. b. Voir corrigés de l’exo n° 21 (QCM) page 260. D’où S = [0 ; 3]. 72 a. Bx + 3  5 ⇔ Bx  2 ⇔ 0  x  22 ⇔ 0  x  4. Donc S = [ 0 ; 4 [. b. Bx  3 2 ⇔ x  ( 32) 2 ⇔ x  9 4 . Donc S = [ 94 ; + ∞ [. 73 revoir le 2nd degré a. Bx = 0,5x – 1,5 ⇔ { X = Bx X = 0,5X2 – 1,5 ⇔ { X = Bx 0,5X2 – X – 1,5 = 0 On a : D = 4 ; X1 = – 1 et X2 = 3. Donc l’équation est équivalente à Bx = – 1 (impossible) ou Bx = 3, c’est-à-dire : x = 32 = 9. Donc S = { 9 }. b. Bx = – x + 2 ⇔ { X = Bx X = – X2 + 2 ⇔ { X = Bx X2 + X – 2 = 0 On a : D = 9 ; X1 = – 2 et X2 = 1. Donc l’équation est équivalente à Bx = – 2 (impossible) ou Bx = 1, c’est-à-dire : x = 12 = 1. Donc S = { 1 }. 2 La fonction racine carrée (p. 100)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 70 Pour les exercices 74 et 75 Deux évolutions 74 Valeur d’une action a. Le coefficient multiplicateur global s’écrit de deux manières : 1 + 60 100 et (1 + t)2. Donc (1 + t)2 = 1,6. b. Donc 1 + t = B1,6 (car 1 + t  0 ) donc t = B1,6 – 1  0,26. Ainsi, le pourcentage d’augmentation hebdomadaire de l’action est environ 26 %. 75 Valeur d’une voiture sur deux ans On note t le pourcentage de diminution annuelle de la voiture. En utilisant le coefficient multiplicateur global sur les deux années, on a : (1 – t)2 = 1 – 27 100 . Comme 1 – t  0, on a : 1 – t = B0,73 Donc t = 1 – B0,73  0,146. La voiture est dépréciée d’environ 14,6 % par an. 76 encadrement entre deux entiers consécutifs 1 La fonction racine carrée est croissante. Donc, comme 4  6  9 , on a B4  B6  B9. Donc 2  B6  3. 2 9  13  16 . Donc 3  B13  4. 16  20  25 . Donc 4  B20  5. 49  50  64 . Donc 7  B50  8. 121  130  144 . Donc 11  B130  12. 77 tableau de signes 1 La fonction racine carrée est croissante sur l’inter- valle [ 0 ; + ∞ [. Donc pour tous réels positifs a et b : 0  a  b ⇔ Ba  Bb. Ainsi, a − b  0 ⇔ Ba – Bb  0. D’où Ba – Bb est du signe de a − b. 2 Sur [ 0 ; + ∞ [, Bx existe et Bx – 2 est du signe de x − 22 = x − 4. Cela explique le tableau de signes de Bx – 2. 3 Sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [ : • f (x) = Bx – 3 est du signe de x − 32 = x − 9. x 0 9 + ∞ f (x) – 0 + • g(x) = Bx – 1 est du signe de x − 12 = x − 1. x 0 1 + ∞ g (x) – 0 + 78 tableaux de signes  f (x) = Bx + 2. Comme une racine carrée est toujours positive, pour tout réel x  0, f (x)  2. Donc pour tout réel x  0, f (x)  0.  g (x) = 2Bx – 4 = 2(Bx – 2) est du signe de : x – 22 = x – 4. D’où le tableau de signes : x 0 4 + ∞ g (x) – 0 +  h (x) = 9 – Bx est du signe de 92 – x = 81 – x. D’où le tableau de signes : x 0 81 + ∞ h (x) + 0 – 79 Sens de variation 1 f (x) existe si et seulement si x – 3  0. Donc f est définie sur [ 3 ; + ∞ [. 2 a. Soit a et b deux réels tels que 3  a  b . On retire 3 à chaque membre des inégalités. On obtient : 0  a – 3  b − 3. Voir page 235. b. On applique à cette inégalité la fonction racine carrée, croissante sur [ 0 ; + ∞ [. On en déduit : 0  Ba – 3  Bb – 3 . En résumé, si 3  a  b, alors 0  Ba – 3  Bb – 3 . Cela signifie que f est croissante sur [ 3 ; + ∞ [. 80 Sens de variation 1 La fonction h est affine de coefficient a = – 0,5 négatif. Donc h est décroissante sur . 2 Soit a et b tels que a  b  6 . Comme h est décroissante : – 0,5a + 3  – 0,5b + 3  – 0,5 × 6 + 3, c’est-à-dire : – 0,5a + 3  – 0,5b + 3  0. Comme la fonction racine carrée est croissante, on a : B– 0,5a + 3  B– 0,5b + 3  0. On en déduit que f est décroissante sur ] –∞ ; 6 ]. 81 Fonction d’apprentissage 1 On sait que f(0) = 20 et f (1) = 100 . Donc 0a + b = 20 et a + b = 100. Donc a = 80 et b = 20. Ainsi, pour tout réel x  0, f (x) = 80Bx + 20. 2 Pour tous réels a et b tels que 0  a  b , on a : Ba  Bb. En multipliant par 80 puis en ajoutant 20, on obtient : 80Ba + 20  80Bb + 20, c’est-à-dire f (a)  f (b). Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Cela signifie que plus le temps augmente, plus le commercial connaît de mots. 3 On résout : f (x)  500 ⇔ 80Bx + 20  500 ⇔ 80Bx  480 ⇔ Bx  480 80 ⇔ Bx  6 ⇔ x  62 ⇔ x  36 Le commercial a appris 500 mots au bout de 36 mois. 82 Coût unitaire 1 a. Soit a et b tels que 200  a  b  600 . En retirant 200, on a : 0  a – 200  b – 200  400.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 71 Comme la fonction racine carrée est croissante sur l’intervalle [0 ; + ∞[, on a : Ba – 200  Bb – 200 . b. En multipliant par 0,35 puis en ajoutant 3, on obtient pour tous réels a  b de [ 200 ; 600 ] : 0,35Ba – 200 + 3  0,35Bb – 200 + 3, c’est-à-dire U(a)  U(b). Donc la fonction U est croissante sur [200 ; 600]. 2 On résout : U(x)  9 ⇔ 0,35Bx – 200 + 3  9 ⇔ Bx – 200  6 0,35 ⇔ 0  x – 200  ( 60,35) 2 ⇔ 200  x  200 + ( 60,35) 2 Or 200 + ( 60,35) 2  493,88 Donc la plage de bénéfice est entre 200 kg et environ 493,88 kg. 83 Comparaison de x et Bx 1 a. Pour tout réel x  0 : d(x) = x – Bx = Bx × Bx – Bx = Bx × (Bx – 1). b. Le signe de Bx – 1 est le signe de x – 12 = x – 1. D’où le tableau de signes : x 0 1 + ∞ Bx – 1 – 0 + Bx 0 + + d (x) 0 – 0 + On en déduit que  est au-dessus de  sur [ 1 ; + ∞ [ et que  est en dessous de  sur [ 0 ; 1 ]. 2 D’après la question 1 , on a :  pour 0  x  1, Bx  x ;  pour x  1, Bx  x. a. 1,1  1. Donc 1,1  B1,1. b. 0,8  1. Donc 0,8  B0,8. c. 10  1. Donc 10  B10. 3 La fonction cube (p. 102) 84 QCM 1 a. Pour tous réels a et b tels que a  b , on a : a3  b3 ⇔ a3 + 3  b3 + 3. Donc la fonction f est croissante sur . 2 b. Pour tous réels a et b tels que a  b , on a : a3  b3 ⇔ −2a3  −2b3. En multipliant par −2, l’inégalité change de sens. Donc la fonction g est décroissante sur . 3 a. Pour tous réels a et b tels que a  b , on a : a – 1  b − 1. En appliquant la fonction cube, croissante sur , on obtient : (a − 1)3  (b − 1)3 . Donc la fonction h est croissante sur . 85 Vrai ou faux ? a. Vrai : x3 = 0,064 = 0,43 ⇔ x = 0,4. b. Faux : x3 = 0 = 03 ⇔ x = 0. c. Faux : on lit sur la courbe de la fonction cube l’ensemble solution : S = ] − ∞ ; 0 [. 1 x y 1O d. Faux : (x − 1)3 = 27 = 33 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4. Pour les exercices 86 et 87 Fonction et courbe représentative 86  L’image de 1 par f est 1. Donc la fonction f est représentée par la courbe 4.  L’image de 1 par g est 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 3.  L’image de 1 par h est – 1. Donc la fonction h est représentée par la courbe 1.  L’image de 1 par k est – 0,5. Donc la fonction k est représentée par la courbe 2. 87  L’image de 0 par f est 0. Donc la fonction f est représentée par la courbe 2.  L’image de 0 par g est 2. Donc la fonction g est représentée par la courbe 1.  L’image de 3 par h est 0. Donc la fonction h est représentée par la courbe 4.  L’image de 2 par k est 1. Donc la fonction k est représentée par la courbe 3. 88 Pour tous réels a  b , on a : a3  b3, car la fonction cube est croissante sur . En retirant 1, on a : a3 – 1  b3 – 1. Donc la fonction f est croissante sur . 89 a. x3 = 1 64 = ( 14) 3 ⇔ x = 1 4 . Donc S = { 14}. b. x3 = − 0,001 = (− 0,1)3 ⇔ x = – 0,1 . D’où S = { − 0,1 }.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 72 90 a. 2x3 – 16 = 0 ⇔ x3 = 8 = 23 ⇔ x = 2. Donc S = { 2 }. b. – 0,1x3 + 100 = 0 ⇔ x3 = 1 000 = 103 ⇔ x = 10. Donc S = { 10 }. 91 a. (1 + x)3 = 8 = 23 ⇔ 1 + x = 2 ⇔ x = 1. Donc S = { 1 }. b. (1 – x)3 = 0,064 = 0,43 ⇔ 1 – x = 0,4 ⇔ x = 0,6. Donc S = { 0,6 }. 92 a. Comme 27 = 33, on lit sur la courbe de la fonction cube : S = [ 0 ; 3 ]. b. Comme 64 = 43, on lit S = [ 4 ; + ∞ [. 93 a. – 1  x3  8 ⇔ (– 1)3  x3  23 ⇔ – 1  x  2. Donc S = ] – 1 ; 2 [. b. – 8  x3  27 ⇔ (– 2)3  x3  33 ⇔ – 2  x  3. Donc S = [ – 2 ; 3 [. 94 résolution par balayage 1 Soit a et b deux réels tels que a  b. La fonction cube est croissante sur , donc a3  b3. En retirant 4, on obtient a3 − 4  b3 − 4. Donc la fonction f est croissante sur . 2 a. Tableau des valeurs de f(x) par pas de 1 ci-contre. b. f (1) = − 3 négatif et f (2) = 4 positif. La solution de l’équation f (x) = 0 est comprise entre 1 et 2. 3 Tableau des valeurs de f (x) par pas de 0,1 ci-dessous. Par lecture du tableau, on a : 1,5  x0  1,6 . Un encadrement est donné par deux nombres a et b tels que : a  x0  b. 4 x0  1,587 à 10– 3 près, valeur que l’on peut obtenir par le solveur de la calculatrice. 95 résolution graphique 1 On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,077 à 0,001 près. 2 a. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,062 à 0,001 près. b. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,019 à 0,001 près. c. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 0,928 à 0,001 près. 96 résolution approchée On peut procéder par balayage ou utiliser le solveur graphique. a. On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 1,145 à 0,001 près. b. 3x3 – 2 = 0 ⇔ x3 = 2 3 . On obtient le résultat ci-contre. Donc la solution est environ 0,874 à 0,001 près. c. 2(1 + x)3 – 1 = 0 ⇔ (1 + x)3 = 1 2 . On entre en Y1 l’expression (1 + x)3 et on obtient le résultat ci-contre. Donc la solution approchée est – 0,206 à 0,001 près. 97 taux moyen d’augmentation 1 De 2002 à 2005, il y a trois augmentations suc- cessives. On connaît le coefficient multiplicateur global pour ces trois années : CMglobal = 173,6 150,1 . Si t est le taux annuel en écriture décimale, le coefficient multiplicateur pour chaque année est 1 + t et pour 3 ans : CMglobal = (1 + t) 3 . D’où (1 + t)3 = 173,6 150,1 .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 73 2 Tableau des valeurs par pas de 0,001 ci-contre. Chaque année, la consommation d’eau minérale a augmenté de 5 % à 0,1 point de pourcentage près. 98 taux moyen de diminution 1 Le coefficient multiplicateur global sur les trois années peut s’écrire de deux façons : (1 – t)3 et 510 432 519 790 . Donc (1 – t)3 = 510 432 519 790 . 2 On entre en Y1 l’expression (1 – x)3 et on obtient le résultat ci-contre. Donc une valeur approchée du taux t à 0,01 point de pourcentage près est 0,60 %. Le nombre d’élèves sortant d’une classe de 2de en 2005 est environ : 519 790 × (1 – 0,60100 )  516 671. 3 Le pourcentage d’erreur est : 516 834 – 516 671 516 671  0,03 %. Le résultat obtenu à la question 2 a moins de 5 % d’erreur avec la valeur réelle. 99 tableau de signes 1 Comme la fonction cube est croissante sur , pour tous réels a et b, on a : a  b ⇔ a3  b3 , donc a − b  0 ⇔ a3 − b3  0. a3 − b3 est du signe de a − b. 2 x3 − 8 = x3 − 23 est du signe de x − 2. D’où le tableau de signes de x3 − 8 de l’énoncé. 3  f (x) = x3 − 27 = x3 − 33. f (x) est du signe de x − 3. x – ∞ 3 + ∞ f (x) – 0 +  g (x) = −x3 + 1 = 13 − x3 , du signe de 1 − x. x – ∞ 1 + ∞ g (x) + 0 – Pour les exercices 100 et 101 Étude de signe 100 a. f (x) = 2x3 – 128 = 2 (x3 – 64) = 2 (x3 – 43) est du signe de x – 4. D’où le tableau de signes : x – ∞ 4 + ∞ f (x) – 0 + b. f (x) = – 0,1x3 – 100 = 0,1 (– x3 – 1 000) = 0,1 ((– 10)3 – x3) est du signe de – 10 – x. D’où le tableau de signes : x – ∞ – 10 + ∞ f (x) + 0 – 101 a. f (x) = x 3 8 – 1 = 1 8 (x3 – 8) = 1 8 (x3 – 23) est du signe de x – 2. D’où le tableau de signes : x – ∞ 2 + ∞ f (x) – 0 + b. f (x) = 27x3 + 1 = 27 (x3 + 127) = 27 (x3 – (– 13 ) 3) est du signe de x – – 1 3 = x + 1 3 . D’où le tableau de signes : x – ∞ – 1 3 + ∞ f (x) – 0 + 102 positions relatives de x2 et 1 x 1 x3 – 1 = x3 – 13 est du signe de x – 1. D’où le tableau de signes : x – ∞ 0 1 + ∞ x3 – 1 – – 0 + x – 0 + + d (x) + | | – 0 + 2 a. x2 – 1 x = x 3 x – 1 x = x 3 – 1 x = d (x). D’après la question 1 :  est au-dessus de  sur ] – ∞ ; 0 [  [ 1 ; + ∞ [;  est en dessous de  sur ] 0 ; 1 ]. b. On obtient les mêmes résultats qu’en 2 a. 103 positions relatives de Bx et 1 x 1 Bx = 1 x ⇔ { X = Bx ⇔ { X = Bx ⇔ { X = Bx X = 1X2 X3 = 1 = 13 X = 1 ⇔ Bx = 1 ⇔ x = 12 = 1 Donc S = { 1 }. Les courbes  et  se coupent au point de coordon- nées ( 1 ; 1 ).
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 74 2 a. Pour tout réel x > 0 : Bx – 1 x = xBx x – 1 x = Bx × Bx × Bx – 1 x = (Bx) 3 – 1 x . b. (Bx)3 – 1 est du signe de Bx – 1, qui est du signe de x – 1. D’où le tableau de signes sur [ 0 ; + ∞ [: x 0 1 + ∞ (Bx)3 – 1 – 0 + x 0 + + Bx – 1 x | | – 0 +  est au-dessus de  sur [ 1 ; + ∞ [ et en dessous sur [ 0 ; 1 ]. 104 Modéliser un coût total  La courbe représentative de f1 est une droite et ne convient pas, compte tenu des hypothèses, pour une fonction coût total.  La courbe représen- tative de f2 est une parabole tournée vers le haut : les variations de f2 ne sont pas compatibles pour une fonction coût total.  La courbe représen- tative de la fonction f3 correspond à la courbe d’une fonction coût total. (fenêtre : 0  X  10 et 0  Y  200)  La courbe de la fonction x  f3(x) x correspond à la courbe d’une fonction coût moyen. Donc la fonction f3 convient.  La fonction f4 n’est pas croissante, donc elle ne peut pas représenter une fonction coût total.  La courbe représen- tative de la fonction f5 correspond à la courbe d’une fonction coût total. (fenêtre : 0  X  10 et 0  Y  500)  La courbe de la fonction x  f5(x) x correspond à la courbe d’une fonction coût moyen.  La courbe représen- tative de x  f6(x) x ne correspond pas à la courbe représentative d’une fonction coût moyen. 105 Fonction coût total 1 La fonction C est la somme de la fonction x  (x – 3)3 (croissante sur ) et de la fonction affine x  0,8x + 100 (croissante sur ). Donc pour tous réels 0  a  b  10 , on a : (a – 3)3  (b – 3)3 et 0,8a + 100  0,8b + 100. Par somme, C (a)  C (b). Donc la fonction C est croissante sur [ 0 ; 10 ]. 2 a. C (0) = (0 – 3)3 + 0,8 × 0 + 100 = 73 milliers d’euros. b. Comme la fonction C est croissante sur [ 0 ; 10 ], le maximum de C sur [ 0 ; 10 ] est C (10) . Or C (10) = (10 – 3)3 + 0,8 × 10 + 100 = 451. Donc les coûts de production sont au maximum de 451 000 €. 3 On obtient le résultat ci-contre. La production maxi- male est d’environ 7 546 objets pour que les coûts restent inférieurs à 200 milliers d’euros. 106 Fonction coût total 1 a. Pour tout réel q de [0 ; 5] : C (q) – (q – 0,6)3 = 0,92q + 1,216. Donc C (q) = (q – 0,6)3 + 0,92q + 1,216. b. Les fonctions q  (q – 0,6)3 et q  0,92q + 1,216 sont croissantes sur . Donc par somme, la fonction C est croissante sur l’intervalle [ 0 ; 5 ]. 2 On a : C (0) = 1 et C (5) = 91. D’où le tableau de variations de C : q 0 5 C (q) 1 91
Vers le Bac © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 75 3 On obtient le résultat ci-contre. La production maximale est d’environ 4 100 objets pour que les coûts restent inférieurs à 50 000 €. 107 exercice guidé 1 Fonction d’offre f (x) = x 2 6 . C’est une fonction du second degré croissante sur [ 1 ; 6 ]. Fonction de demande g (x) = 10 x . C’est une fonction inverse décroissante sur [ 1 ; 6 ]. Sur l’axe des abscisses, une unité représente 1 € et sur l’axe des ordonnées, une unité représente une quantité d’un millier. 2 Visualisation des deux courbes ci-contre. Le prix d’équilibre lu est 3,91 € à 0,01 près. 3 a. On a : 3,913  59,78  60 et 3,923  60,24  60. Donc 3,91 est une valeur approchée à 0,01 près de la solution de l’équation x3 = 60. C’est la plus proche de la solution, car son cube est plus proche de 60 que 3,923. b. Le prix d’équilibre est solution de l’équation : f (x) = g (x) ⇔ x 2 6 = 10 x ⇔ x3 = 60. On retrouve ainsi 3,91 € à un centime près. 108 reconnaître une courbe a. Pour tout réel x  – 2 , f(x) = Bx + 2 + 1. b. Pour tout réel x : f (x) = (x – 2)2 – 1 = x2 – 4x + 3. c. Pour tout réel x : f (x) = (x – 1)3 + 2 = x3 – 3x2 + 3x + 1. d. Pour tout réel x  3, f (x) = 1 x – 3 + 2. 109 Offre et demande 1 On obtient les graphes ci-contre. 2 a. On résout pour tout réel x  0 : d (x) = f (x) ⇔ – 2x + 55 = – 125 x + 40 ⇔ – 2x2 + 55x = – 125 + 40x ⇔ 2x2 – 15x – 125 = 0 On a : D = 1 225 ; x1 = – 5 et x2 = 12,5. Comme x est un prix (positif ), le prix d’équilibre est x0 = 12,5 €. b. On obtient les résultats ci-contre. Les résultats sont cohérents. c. On calcule d (x0) = – 2 × 12,5 + 55 = 30. À l’équilibre, 30 menus touristiques seront demandés. 110 taux d’équipement des ménages 1 On résout pour tout réel x  0 : f (x) = 90 100 ⇔ 1 – 1 x + 1 = 0,9 ⇔ 1 x + 1 = 0,1 ⇔ x + 1 = 10 ⇔ x = 9 90 % des ménages seront équipés à partir de l’année : 1995 + 9 = 2004. 2 On calcule f (17) = 1 – 1 17 + 1  0,94. Le taux d’équipement sera environ de 94 % au 1er janvier 2012. 111 Comparaison de trois forfaits SMS 1  Pour une consommation mensuelle de 100 SMS : le forfait A coûte 20 € ; le forfait B coûte 0,15 × 100 = 15 € ; le forfait C coûte 12 + 0,05 × 100 = 17 €. Le forfait le plus avantageux est le forfait B.  Pour une consommation mensuelle de 150 SMS : le forfait A coûte 20 € ; le forfait B coûte 0,15 × 150 = 22,5 € ; le forfait C coûte 12 + 0,05 × 150 = 19,50 €. Le forfait le plus avantageux est le forfait C.  Pour une consommation mensuelle de 300 SMS : le forfait A coûte 20 € ; le forfait B coûte 0,15 × 300 = 45 € ; le forfait C coûte 12 + 0,05 × 300 = 27 €. Le forfait le plus avantageux est le forfait A. (p. 105)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 76 2 a. Pour tout réel x  0 : fA (x) = 20 ; fB (x) = 0,15 × x ; fC (x) = 12 + 0,05 × x. b. On résout : fB (x)  fA (x) ⇔ 0,15x  20 ⇔ x  20 0,15 Comme 20 0,15  133,33 et que x est entier, le forfait B est moins avantageux que le forfait A à partir de 134 SMS envoyés dans le mois. c. On résout : fC (x)  fB (x) ⇔ 12 + 0,05x  0,15x ⇔ 12  0,1x ⇔ x  12 0,1 ⇔ x  120 Le forfait C est plus avantageux que le forfait B à partir de 120 SMS envoyés dans le mois. 3 On a : x y O 10 100 200 5 20 forfait A forfait B forfait C Pour une consommation mensuelle inférieure à 120 SMS, le forfait B est le plus avantageux. Pour une consommation mensuelle entre 120 et 160 SMS, le forfait C est le plus avantageux. Pour une consommation mensuelle supérieure à 160 SMS, le forfait A est le plus avantageux. 112 Comparaison de 1 x , de 1 x2 et de 1 Bx pour x  0 1 a. On obtient les courbes ci-contre. b. On propose :  pour tout réel x tel que 0  x  1, 1 Bx  1 x  1 x2 ;  pour tout réel x  1, 1 Bx  1 x  1 x2 . 2 a. Pour x de ]0 ; 1], on sait que : Bx  x  x2  0. b. La fonction inverse étant décroissante sur ] 0 ; + ∞ [, on obtient donc : 1 Bx  1 x  1 x2 . 3 Soit x  1. On sait que : 0  Bx  x  x2. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; +∞ [, on a : 1 Bx  1 x  1 x2 . 113 plusieurs méthodes de résolution 1 Il semble que l’équation (E) ait une unique solution strictement positive. 2 (E) ⇔ x – 2 = 1 x ⇔ x – 2 – 1 x = 0 ⇔ g (x) = 0 Par la calculatrice, on obtient les résultats ci-contre. Donc la solution de l’équation (E) est comprise entre 2,41 et 2,42. 3 Pour tout réel x  0 : (E) ⇔ x – 2 = 1 x ⇔ x2 – 2x = 1 ⇔ x2 – 2x – 1 = 0 On a : D = 8 ; x1 = 1 – B2  – 0,41 et x2 = 1 + B2  2,41. La solution strictement positive de (E) est 1 + B2. 114 Un problème de coût 1 a. On calcule C (0) = 259 + 0,2 B900 + 0 = 265. Les coûts fixes sont de 265 €. b. On calcule : C (4 000) = 259 + 0,2 B900 + 4 000 = 273. Le coût total de fabrication de 4 000 unités est 273 €. Le coût moyen de fabrication de ces 4 000 unités est 273 4 000  0,068 €/unité. 2 a. Pour tous réels a et b tels que 0  a  b, on a : 900 + a  900 + b. Comme la fonction racine carrée est croissante sur [ 0 ; + ∞ [, B900 + a  B900 + b . En multipliant par 0,2 puis en ajoutant 259, on a : 259 + 0,2 B900 + a  259 + 0,2 B900 + b , c’est-à-dire C (a)  C (b) . Donc la fonction C est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. b. Comme la fonction C est croissante sur [ 0 ; + ∞ [, lorsque x  2 700, on a : C (x)  C(2 700). Or C (2 700) = 259 + 0,2 B900 + 2 700 = 271. Lorsque la production est supérieure à 2 700 unités, les coûts de fabrication sont supérieurs à 271 €. 3 a. Pour tout réel x  0 : C (x)  300 ⇔ 259 + 0,2 B 900 + x  300 ⇔ 0,2 B 900 + x  41 ⇔ B 900 + x  205 ⇔ 900 + x  2052 ⇔ x  41 125. Donc S = [ 0 ; 41 125 ]. b. La quantité maximale que l’on peut produire avec 300 € est de 41 125 unités. c. Le coût moyen est alors 300 41 125  0,007 €/unité. 115 Coût total et coût moyen 1 a. On calcule C (2) = 23 – 6 × 22 + 13 × 2 = 10. Le coût de fabrication de 2 000 objets est de 10 000 €. b. Pour tout réel x : (x – 2)3 + x + 8 = (x3 – 3 × 2x2 + 3 × 22x – 23) + x + 8 = x3 – 6x2 + 12x – 8 + x + 8 = C (x) c. Les fonctions x  (x – 2)3 et x  x + 8 sont croissantes sur .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 77 Par somme, la fonction C est croissante sur . 2 a. Pour 1 000 objets, le coût moyen est : C (1) 1 = 8 €/objet. Pour 2 000 objets, le coût moyen est : C (2) 2 = 5 €/objet. Pour 4 000 objets, le coût moyen est : C (4) 4 = 5 €/objet. b. Pour tout réel x  0 : CM (x) = C (x) x = x2 – 6x + 13. c. Le minimum de CM semble être 4, atteint en 3. 3 a. CM (x) = 5 ⇔ x2 – 6x + 13 = 5 ⇔ x2 – 6x + 8 = 0. On a : D = 4 ; x1 = 2 et x2 = 4. Donc S = { 2 ; 4 }. Les points morts de la production correspondent à l’égalité du coût moyen et du prix de vente unitaire. Donc les points morts sont 2 000 et 4 000 objets. b. CM (x)  5 ⇔ x2 – 6x + 8  0. On a le tableau de signes : x 0 2 4 + ∞ x2 – 6x + 8 + 0 – 0 + Donc S = [ 2 ; 4 ]. L’entreprise réalise des bénéfices lorsque le coût moyen est inférieur au prix unitaire de vente. Donc la plage de bénéfice est entre 2 000 et 4 000 objets. 116 Lectures graphiques et coût moyen 1 • CM (8) = 4,28 • CM (20) = 1,4 • CM (40) = 3 q 8 20 40 CM (q) 4,28 1,4 3 2  CM (q) = 3 ⇔ 0,16q – 5 + 64 q = 3 ⇔ 0,16q2 – 8q + 64 = 0 D = 23,04 et BD = 4,8. D’où q = 10 ou q = 40. Le coût moyen est 3 € pour une production de 10 ou 40 objets.  On résout l’équation : CM (q) = 3,5 ⇔ 0,16q – 5 + 64 q = 3,5 ⇔ 0,16q2 – 8,5q + 64 = 0 D = 31,29. D’où q  9,08 ou q  44,04 à la calculatrice. Comme q  [ 8 ; 40 ], le coût de production est de 3,50 € pour une production de 9 objets environ. 3 La fonction de recette est définie par R(q) = 2,5q sur [ 8 ; 30 ]. Revoir l’exercice 92 page 52, corrigé page 256. a. Les points morts de la production sont les solutions de l’équation C (q) = R (q), où C (q) est le coût total de production de q objets. C (q) = 2,5q ⇔ C(q) q = 2,5 ⇔ CM (q) = 2,5 ⇔ 0,16q2 – 7,5q + 64 = 0 Δ = 15,29 et BD  3,91. D’où q  11,22 ou q  35,66. Les points morts de la production sont 11 et 35 à une unité près. Ce sont des objets ; on arrondit donc par défaut. b. Pour trouver la plage de bénéfice, on résout l’iné- quation CM (q)  2,5. Par lecture graphique et d’après la question 3 a., la solution est l’intervalle [ 11 ; 35 ]. 4 a. Le minimum du coût moyen est 1,4 €. Si le prix de vente d’un objet est 1,3 €, quelle que soit la pro- duction, l’entreprise est déficitaire car en dessous du minimum du coût moyen. b. Pour que l’entreprise réalise un bénéfice, il faut que le prix unitaire soit supérieur ou égal à 1,4 €. 117 Fonction coût total 1 C (0) = 72 ⇔ a (0 − 4)3 + b = 72. C (4) = 200 ⇔ a (4 − 4)3 + b = 200. Par la deuxième équation, on obtient b = 200. On détermine alors a avec la première équation : − 64a = 72 − 20 0 ⇔ a = 2. D’où C (x) = 2 (x − 4)3 + 200 . 2 Comme la fonction cube est croissante sur , donc sur [ 0 ; + ∞ [, on a, pour tous réels a et b positifs tels que a  b : a − 4  b − 4 en enlevant 4 ; (a – 4)3  (b − 4)3 en élevant au cube ; 2 (a – 4)3  2 (b − 4)3 en multipliant par 2 ; 2 (a – 4)3 + 200  2 (b − 4)3 + 200 en ajoutant 200. Donc on obtient C (a)  C (b). On en déduit que la fonction de coût total C est croissante sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [. 3 a. C (x)  450 ⇔ 2 (x − 4)3 + 200  450 ⇔ (x − 4)3  125 ⇔ x – 4  5 ⇔ x  9 Il faut produire au maximum 900 objets pour que les coûts soient inférieurs ou égaux à 450 milliers d’euros. b. C (x)  400 ⇔ 2 (x − 4)3 + 200  400 ⇔ (x − 4)3  100 Par lecture du tableau de valeurs par pas de 0,01 : C (8,64)  100 et C (8,65)  100 . Il faut fabriquer 864 objets au maximum pour que les coûts soient inférieurs ou égaux à 400 milliers d’euros.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 78 118 publicité 1 p (3) = 0,8 × 3 3 + 1 = 0,6. Après 3 semaines de publicité, la probabilité qu’une personne connaisse le nom du produit est 0,6. 2 p (x) = 0,5 ⇔ 0,8x x + 1 = 0,5 ⇔ 0,8x = 0,5 (x + 1) ⇔ 0,3x = 0,5 ⇔ x = 5 3  1,67. Pour que la probabilité qu’une personne connaisse le nom du produit soit 1 2 , il faut compter environ 1,67 semaines de publicité. 3 a. Pour tout réel x  0 : 0,8 – 0,8 x + 1 = 0,8 (x + 1) – 0,8 x + 1 = 0,8x x + 1 = p (x). b. Pour tous réels a et b tels que 0  a  b : 0  a + 1  b + 1. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; +∞ [, 1 a + 1  1 b + 1 . En multipliant par – 0,8 (négatif ) : – 0,8 a + 1  – 0,8 b + 1 . En ajoutant 0,8 : 0,8 – 0,8 a + 1  0,8 – 0,8 b + 1 . Donc p(a)  p(b) : la fonction p est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. 4 a. S = {7} b. S = {15} c. S = {79} d. S = {59} 5 Au bout de 7 semaines, la probabilité qu’une personne connaisse le nom du produit est 0,7. Plus de jours de publicité n’est pas vraiment rentable pour l’entreprise, car il faut 15 jours pour que la pro- babilité augmente de 0,05 et 72 jours pour que la pro- babilité augmente de 0,09. 119 Demande 1 Pour tous réels a et b tels que 0  a  b , on a : 0  Ba  Bb. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; +∞ [, on a : 1 Ba  1 Bb . En multipliant par 4 000 et en retirant 150, on a : 4 000 Ba – 150  4 000 Bb – 150. Donc D (a)  D (b) : la fonction D est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [. 2 D (p)  0 ⇔ 4 000 Bq – 150  0 ⇔ 4 000 150 ⇔ Bq ⇔ q  (803 ) 2 Comme (803 ) 2  711,11, la demande est positive lorsque le prix p est inférieur à 711,11. 3 Pour tout réel p > 0, on résout : D (p)  500 ⇔ 4 000 Bp – 150  500 ⇔ Bp  4 000 650 ⇔ p  (8013) 2 Comme (8013) 2  37,86 et que le prix est inférieur à 30 €, la fonction D est définie sur ] 0 ; 30 ] pour vérifier les contraintes économiques. 120 Cours moyen de l’euro 1 a. La somme en dollars obtenue par M. Dupont est : 300 × 1,20 + 300 × 1,50 = 810 $. b. M. Dupont a échangé 600 € en 810 $. Chaque euro échangé vaut donc en moyenne 810 600 = 1,35 $. Donc le cours moyen de l’euro en dollar est : m1  1,35 $/€. 2 a. Mme Durand obtient : 300 1,20 + 300 1,50 = 450 €. Mme Durand a échangé 450 € en 600 $. b. Chaque euro échangé vaut donc en moyenne : 600 450  1,33 $. Donc le cours moyen de l’euro en dollar est : m2  1,33 $/€. 3 On obtient : m2  m1. 4 a. M. Dupont obtient : S × 1,20 + S × 1,50 = 2,70 × S dollars contre 2S euros. Le cours moyen de l’euro pour M. Dupont est : 2,70S 2S  1,35 $/€ . b. Mme Durand obtient 2S dollars contre S 1,20 + S 1,50 = 3 2 S euros. Le cours moyen de l’euro pour Mme Durand est : 2S 3 S 2 = 4 3  1,33 $/€. c. La personne qui « perd » le moins d’argent est Mme Durand. 121 Fonction taux réciproque 1 Pour un taux t > – 1, on note t’ le taux réciproque. Le coefficient multiplicateur global est : (1 + t) × (1 + t’) = 1 donc 1 + t’ = 1 1 + t donc t’ = 1 1 + t – 1. 2 a. Pour tous réels a et b tels que – 1  a  b , on a : 0  1 + a  1 + b. Comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [, on a : 1 1 + a  1 1 + b . Donc 1 1 + a – 1  1 1 + b – 1. Donc la fonction f est décroissante sur ] – 1 ; + ∞ [. b. f (0) = 1 1 + 0 – 1 = 0. Comme la fonction f est décroissante sur ] –1 ; + ∞ [, la fonction f est positive sur ] –1 ; 0 ] et négative sur [ 0 ; + ∞ [.
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 79 D’où le tableau de signes : t – 1 0 + ∞ f (t) + 0 – Cela signifie que si le taux t est négatif (traduisant une diminution), le taux réciproque t’ est positif (traduisant une augmentation). Si le taux t est positif (traduisant une augmentation), le taux réciproque t’ est négatif (traduisant une dimi- nution). c. Pour tout réel t  – 1 : f (t) = 1 1 + t – 1 = 1 1 + t – 1 + t 1 + t = – t 1 + t . Alors f (f (t)) = – f (t) 1 + f(t) = t 1 + t 1 + 1 – 1 1 + t = t 1 + t × 1 + t 1 = t. Cela signifie que le taux réciproque du taux réciproque de t est t, le taux initial. 122 Variance et écart type 1 On obtient les résultats ci-contre. Donc la moyenne est x = 1,9 et l’écart type est s  0,746. 2 Comme S(x) – 150(x – 1,9)2 = 83,5, la forme cano- nique de S(x) est : S(x) = 150(x – 1,9)2 + 83,5. 3 a.  D’après la forme canonique de S (x), le minimum de S est 83,5. Donc pour tout réel x, S (x) est strictement positif. Donc la fonction f est définie sur .  D’après la forme canonique de S (x), la fonction S est décroissante sur ] – ∞ ; 1,9 ] et croissante sur [ 1,9 ; + ∞ [. Comme la fonction racine carrée est croissante, la fonction f est décroissante sur ] – ∞ ; 1,9 ] et croissante sur [ 1,9 ; + ∞ [. x – ∞ 1,9 + ∞ f (x) f (1,9) Donc le minimum de f est atteint en 1,9 et vaut : f (1,9) = BS(1,9) = B83,5  9,138. b. L’effectif total des cornets vendus est 150. S(x) 150 est la moyenne pondérée des carrés des écarts entre x et les nombres de boules de glace par cornet. Elle est minimum en 1,9 et le minimum est 83,5 150 . fS (x)150 = f (x) B10 est minimum en 1,9 et le minimum est : B83,5 B150  0,746. On obtient les résultats obtenus à la question 1 : la moyenne 1,9 réalise le minimum de la moyenne des carrés des écarts aux nombres de boules de glace par cornet. 123 ... en météorologie La force du vent et l’échelle de Beaufort 1 Pour tous réels a et b tels que 0  a  b, 0  a3  b3 car la fonction cube est croissante sur . Donc Ba3  Bb3 car la fonction racine carrée est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Donc 3Ba3  3Bb3 en multipliant par 3 (positif ). Ainsi, f (a)  f (b). Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. 2 a. On résout : f (d) = 55 ⇔ 3Bd3 = 55 ⇔ d3 = (553 ) 2 . Comme (553 ) 2  336,11, on tabule à la calculatrice. Donc à l’entier le plus proche, d  7. Le vent souffle ainsi force 7 degré Beaufort. b. La fonction f étant une fonction croissante, on calcule f (11,5) = 3B11,53  116,995. La force 12 degré Beaufort correspond à des vents de plus d’environ 117 km/h. 3 a. On obtient : (p. 110)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 80 3 b. On en déduit le tableau ci-dessous : Force Vitesses du vent (km/h) Appellation État de la mer Effets à terre 0 Entre 0 et 1 Calme Mer d’huile, miroir La fumée d’une cheminée monte droit. 1 Entre 1 et 6 Très légère brise Mer ridée La fumée indique la direction du vent. 2 Entre 6 et 12 Légère brise Vaguelettes On sent le vent au visage. 3 Entre 12 et 20 Petite brise Petits « moutons » Les drapeaux flottent. 4 Entre 20 et 29 Jolie brise Nombreux « moutons » Le sable s’envole. 5 Entre 29 et 39 Bonne brise Vagues, embruns Les branches de pins s’agitent. 6 Entre 39 et 50 Vent frais Lames, crêtes d’écume étendues Les fils électriques sifflent. 7 Entre 50 et 62 Grand frais Lames déferlantes On peine à marcher contre le vent. 8 Entre 62 et 74 Coup de vent Les crêtes des vagues partent en tourbillons d’écume. On ne marche plus contre le vent.9 Entre 74 et 88 Fort coup de vent 10 Entre 88 et 102 Tempête Les embruns obscurcissent la vue, on ne voit plus rien. Les enfants de moins de 12 ans volent !! 11 Entre 102 et 117 Violente tempête 12 Plus de 117 Ouragan 124 ... en anglais Girth of pines and board feet On trace le nuage de points associé au tableau. L’aspect du nuage laisse penser que la quantité de planches de bois obtenue est proportionnelle : – soit au carré de la taille du pin ; – soit au cube de la taille du pin. x (in.) y (bf ) O 5 20 100 200 300 On complète les deux tableaux suivants à l’aide d’un tableur : La quantité de planches de bois obtenues est plutôt proportionnelle au cube de la taille du pin.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 81 125 ... en photographie Gérer les niveaux de gris d’une photo 1 a. On obtient : x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 Bx à 0,1 près 0 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,8 0,9 0,9 1 b. L’image obtenue est éclaircie par rapport à l’image initiale. Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], on sait que : 1  Bx  x. Ainsi, chaque intensité de pixel x est remplacée par Bx , qui est plus proche de 1 que x ne l’est : les gris obtenus sont alors plus clairs. 2 a. On obtient le tableau de valeurs : x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 x3 à 0,1 près 0 0 0 0 0 0,1 0,2 0,3 0,5 0,7 1 Pour tout réel x de [ 0 ; 1 ], on sait que : x  x3  0. Ainsi, chaque intensité de pixel x est remplacée par x3, qui est plus proche de 0 que x ne l’est : les gris obtenus sont alors plus foncés. L’image sera donc assombrie. b. L’image obtenue est cohérente avec le résultat de la question 2 a. 3 On peut choisir f : x  1 – x. 4 Lorsque la courbe de luminosité est en dessous de la droite d’équation y = x, la photo est assombrie : c’est le cas pour la retouche A. Lorsque la courbe de luminosité est au-dessus de la droite d’équation y = x, la photo est éclaircie : c’est le cas pour la retouche B. 126 ... en histoire des arts La chambre noire (camera obscura) 1 Le coefficient de réduction entre l’objet observé AB et la taille de l’image A’B’ est : A’B’ AB = OD’ OD = OB’ OB = OA’ OA . 2 On en déduit que : A’B’ = AB × OD’ OD . Donc A’B’ est proportionnel à AB et inversement pro- portionnel à OD. 3 OD’ = 20 cm = 0,2 m et AB = 1,70 m. a. Pour OD = 2 m, on a : A’B’ = 1,70 × 0,2 2 = 0,17 m = 17 cm. L’image mesure 17 cm. b. Pour A’B’ = 10 cm = 0,1 m , on a : 0,1 = 1,70 × 0,2 OD . Donc OD = 1,70 × 0,2 0,1 = 3,4 m. La personne doit se trouver à 3,4 m de l’ouverture de la chambre noire. 127 ... en économie Consommation et revenu disponible 1 Pour Y1 = 3 000, C1 = 750 + 0,45 × 3 000 = 2 100. Pour Y2 = 5 200, C2 = 750 + 0,45 × 5 200 = 3 090. 2 a. Comme C = 750 + 0,45 × Y, on a : m = C Y = 750 + 0,45 × Y Y = 750 Y + 0,45. b. Pour Y1, m1 = C1 Y1 = 2 100 3 000 = 0,70. Pour Y2, m2 = C2 Y2 = 3 090 5 200  0,59. La fonction Y  750 Y + 0,45 est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [ : lorsque le revenu Y augmente, la part du revenu consommé décroît. 3 L’élasticité de la consommation sur le revenu entre les revenus Y1 et Y2 est : C2 – C1 C1 Y2 – Y1 Y1 = 3 090 – 2 100 2 100 5 200 – 3 000 3 000  0,64. 4 Entre les points A et T, pour un revenu Y, la consommation observée dans le pays est supérieure à la consommation dans l’hypothèse où la totalité du revenu disponible serait consommée. Il y a donc trop de consommation par rapport au revenu : les consommateurs s’endettent.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 4 Fonctions de référence 82 128 ... en économie Lecture d’un coût moyen sur la courbe de coût total 1 C (0) = 1 000. Les coûts fixes de la production sont 1 000 €. 2 b. Le coefficient directeur de la droite (OM) est : C(q) q = CM(q). c. En déplaçant le point M, il semble que le coeffi- cient directeur de la droite (OM) soit minimum lorsque l’abscisse de M est 13. Le coefficient minimum est environ 185,92. 3 a. CM (q) = q2 – 20q + 200 + 1 000 q On retrouve la valeur obtenue à la question 2 c. b. Il faut que le prix unitaire de vente soit supérieur au minimum du coût moyen, c’est-à-dire supérieur à environ 185,92 €. 4 a. L’entreprise réalise des bénéfices lorsque le coût moyen est inférieur à 250. Donc la plage de bénéfice est environ [ 7,07 ; 20 ]. b.  La recette occasionnée par la vente de q objets est 250 × q, c’est-à-dire l’aire du rectangle de hauteur 250 et de largeur q. C’est donc l’aire du rectangle ABCO vert.  Les coûts occasionnés par la fabrication de q objets sont C (q) = q × CM (q), c’est-à-dire l’aire du rectangle de hauteur C(q) et de largeur q. C’est donc l’aire du rectangle OCDE hachurée en rouge.  Le bénéfice est la différence recette – coûts. Il est donc égal à l’aire du rectangle ABDE. 5 a. et b. Le bénéfice maximum semble être 881,38 environ, lorsque la quantité fabriquée et vendue est environ 14,5. c. Pour une production et une vente de 14,5 biens, le coût moyen n’est pas minimum.
DérivationDérivation © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 83 C h a p i t r e 5 Ce chapitre est l’un des plus importants pour la partie analyse d’une fonction.La notion de nombre dérivé n’est pas facile à concevoir. Une rapide étude historique prouve que cette notion est tardive. Aussi, en page 115, nous avons voulu insister sur la notion « d’infiniment petits » : ces nombres qui « s’évanouissent » donnent une bonne image du réel h qui tend vers zéro. Durant les deux années de Première et Terminale, les élèves ne vont rencontrer le mot limite que lors de la défi- nition du nombre dérivé et pour la limite d’une suite géométrique. Inutile donc de trop insister ici. On peut cependant profiter de cette définition pour faire faire quelques calculs algébriques, d’où l’exercice B de la page 114 et l’A.P. pages 231 à 233. Une grande partie des activités de découverte est consacrée au taux d’accroissement, appelé « taux de variation » parfois en maths… vocabulaire peu approprié pour des élèves en ES, car présentant une grande confusion avec le taux d’évolution vu au chapitre 1. Tous les logiciels traceurs de courbes proposent le tracé de la tangente en un point à une courbe. Il est donc simple de visualiser cette tangente. Pour aborder la dérivation nous proposons quatre activités : – l’activité 1 sur la position limite de sécantes et la limite de son coefficient directeur, qui conduit très vite à la définition du nombre dérivé. Un logiciel de géométrie dynamique avec les deux points mobiles C et B est très simple à utiliser. – l’activité 2 sur le coût marginal. Nous avons utilisé la définition du coût marginal comme coût du der- nier objet fabriqué, conformément au programme de SES. Il est important que les élèves aient cette image et visualisent aussi le coût marginal comme pente du segment passant du coût de l’objet q – 1 au coût de l’objet q. – l’activité 3 utilise le taux d’accroissement. Parler de « taux de variation », comme on le rencontre parfois en maths, peut être perturbant pour les élèves de ES, pour qui le taux de variation fait appel à la variation relative f (a + h) – f (a) f (a) . Ainsi, associer le nombre dérivé à l’accroissement moyen permet d’associer clairement le nombre dérivé à une droite. On peut aussi faire Intentions des auteures comprendre que la dérivée d’une somme est la somme des dérivées (on ajoute les accroissements moyens des deux fonctions constituant la somme) et en aucun cas, la dérivée d’un produit donne le produit des dérivées ! Il suffit de regarder deux droites : le produit de leur pente est constant ; la représentation du produit des fonctions est une parabole… et l’accroissement moyen sur une parabole n’est pas constant ! On peut facile- ment faire de même pour un quotient. Dans cette activité, la visualisation à l’aide d’un nuage de points sur tableur est simple et donne très vite les dérivées des fonctions de référence. On obtient ainsi rapidement le tableau des dérivées de la page 122, sans faire de démonstration, ces formules étant admises en ES. Pour la fonction racine carrée, le résultat est plus dif- ficile à appréhender : il faut insister sur les cas x = 1 ; x = 4 ; x = 9 et x = 25 pour faire deviner la formule. On peut alors faire vérifier la conjecture en colonne E. – l’activité 4 permet de découvrir le théorème « fon- damental » de l’analyse. Tout logiciel-traceur peut aussi aider dans cette démarche. Dans la partie cours, nous avons utilisé très rapide- ment les fonctionnalités des calculatrices pour obte- nir le nombre dérivé. La notation chez T.I.™ 8x est plus proche de la définition. Les calculatrices, comme Casio, utilisent le symbole  qui n’est pas à connaître. La détermination de l’équation réduite d’une droite vue en A.P page 242 prend tout son sens dans la recherche de l’équation réduite d’une tangente en un point donné. Les élèves ont tendance à oublier « y = … » ou à écrire « yT = … ». Il est bon de rappeler que les lettres x et y qui figurent dans l’équation d’une droite représentent les coordon- nées d’un point courant M( x ; y ) de la droite. La notion d’approximation linéaire n’est plus au pro- gramme de ES. Nous avons fait le choix de présenter en premier le théorème liant fonction dérivée et sens de variation d’une fonction, car nous avons souvent entendu au début des calculs de dérivées : « à quoi ça sert ? » Ce théorème donne alors du sens à ces calculs. De plus, le savoir-faire associé peut être étudié et assimilé sans savoir dériver ! Comme les calculatrices actuelles et le
3 c. f (1 + h) = (1 + h)2 + 3 (1 + h) + 2 = 1 + 2h + h2 + 3 + 3h + 2 = h2 + 5h + 6 Comme f (1) = 12 + 3 + 1 = 6 , f (1 + h) – f (1) = h2 + 5 h. 4 b. g (1 + h) = 2 (1 + h) + 1 = 2 h + 2 . 5 a. g (3 + h) = 2 4 + h et g (3) = 2 4 = 1 2 Donc g (3 + h) – g (3) = 2 4 + h – 1 2 = 4 2 (4 + h) – 4 + h 2 (4 + h) = – h 2 (4 + h) . revoir les tableaux de signes 1  Signe de f (x), polynôme du 2nd degré : Avec a = 2 positif, ∆ = 25, x1 = – 1 et x2 = 1,5, on a l’allure ci-contre. + ++ – – – 1,5–1 Donc tableau b.  Signe de g (x), fonction affine décroissante, qui s’annule en 1,5. On a l’allure ci-contre. + + – –1,5 Donc tableau c. C © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 84 calcul formel permettent d’obtenir la fonction déri- vée, sa visualisation graphique peut développer le sens critique de l’élève devant un résultat obtenu. Ce savoir-faire consolide alors la notion de nombre dérivé et double la lecture de ce nombre : d’une part, sur la courbe de la fonction comme coefficient directeur de la droite et d’autre part, comme ordonnée du point sur la courbe de la dérivée. En ce qui concerne l’écriture des formules de déri- vées que les élèves ont à apprendre, nous avons fait le choix depuis 15 ans, dans les DÉCLIC de ES, de les écrire sous forme de phrases plus facile à apprendre. Ces phrases sont le fruit de dialogue avec les élèves littéraires de A2 – A3 et les élèves des sections B puis ES. En particulier pour les formules de la dérivée d’un produit ou d’un quotient, nous avons privilégié l’écri- ture donnant la dérivée des facteurs en premier, car u’ et v’ sont de degré plus faible. Ainsi, le développement à effectuer ensuite est plus simple et moins source d’erreurs. Pour la dérivée d’un polynôme, des élèves littéraires nous avaient suggéré la phrase « À la dérive, on perd en puissance » et « À la dérive, une personne isolée disparaît » pour la dérivée de f(x) = k. Bien sûr, les applications concrètes du nombre dérivé sont nombreuses : – vitesse, ou rythme de croissance, à rapprocher de la notion de taux d’accroissement ; – toutes les notions de « marginal » à comprendre dans le sens de « à la marge », à rapprocher d’une part, de la variation entraînée par la dernière unité et d’autre part, de la fonction dérivée lorsque les unités sont sécables et que l’on passe du discret au continu. Il y a quelques années, en ES, en spécialité, on étudiait ainsi des coûts, des bénéfices, des chiffres d’affaires… instantanés. La notion d’inflexion sera revue en Terminale. Bien sûr, les élèves de ES doivent connaître le lien entre coût moyen et coût marginal. Il faut savoir que le coût marginal, à partir de la quantité qui minimise le coût moyen, définit la fonction d’offre de la produc- tion. On peut alors reprendre l’exercice 128 page 113 et compléter l’étude par le coût marginal. L’exercice 115 sur les courbes d’indifférence de niveau k est sans difficulté technique : il serait bien d’en donner une visualisation dans l’espace, comme rencontré en Spécialité Maths dans le programme précédent. Vrai ou faux ? – autour des droites a. Faux : le coefficient directeur de 1 est – 0,5. b. Faux : le coefficient directeur de 2 est 0. c. Vrai : le coefficient directeur de 3 est 1 et l’ordonnée à l’origine est 4. d. Faux : le coefficient directeur de 4 est 1 4 . e. Vrai : le coefficient directeur de 5 est 4 et celui de 3 est 1. f. Faux : le coefficient directeur de la droite (AB) est : a = ∆y ∆x = – 10 – 6 8 – 3 = – 3,2. La droite (AB) a pour équation : y = – 3,2 ( x – xA ) + yA = – 3,2 ( x – 3 ) + 6 donc y = – 3,2x + 9,6 + 6 = – 3,2x + 15,6. QCM – Utiliser le calcul algébrique 1 a. f (2 + h) = (2 + h)2 + 3 (2 + h) + 2 f (2 + h) = 4 + 4h + h2 + 6 + 3h + 2 = h2 + 7h + 12 2 b. f (– 3 + h) = (– 3 + h)2 + 3 (– 3 + h) + 2 = 9 – 6h + h2 – 9 + 3h + 2 = h2 – 3h + 2 a B Partir d’un bon pied (p. 114)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 85 Découvrir Faire pivoter la sécante à une courbe autour d’un pointActivité 1 b. Comme f (1) = 3 et f (1 + h) = – (1 + h)2 + 4 = – (1 + 2h + h2) + 4 = 3 – 2h – h2, on a : m = (3 – 2h – h 2) – 3 h = – 2h – h 2 h = – 2h h – h 2 h = – 2 – h. Lorsque h tend vers 0, le coefficient m tend vers – 2. c. On obtient : y O 1 1 y x C A B T La droite T coupe la parabole  en A ( 1 ; 3 ). Objectifs – Revoir le calcul du coefficient directeur d’une droite ; – approcher la notion de limite lorsque h tend vers 0 ; – introduire le nombre dérivé d’une fonction et l’interpréter graphiquement. 1 a. Le coefficient directeur de la droite (AB) est : ∆y ∆x = yB – yA xB – xA = 0 – 3 2 – 1 = – 3. Le coefficient directeur de la droite (AC) est : ∆y ∆x = yC – yA xC – xA = 4 – 3 2 – 1 = – 1. b. L’équation réduite d’une droite de coefficient direc- teur m passant par A est y = m (x – xA) + yA, c’est-à-dire y = m (x – 1) + 3. Son coefficient directeur appartient à [ – 3 ; – 1 ]. 2 a. Les points A et M appartiennent à la parabole  d’équation y = f (x). Donc A (1 ; f (1)) et M (1 + h ; f (1 + h)). Donc le coefficient directeur de la sécante (AM) est : m = yM – yA xM – xA = f (1 + h) – f (1) (1 + h) – 1 = f (1 + h) – f (1) h . Définir un accroissement en économie : le coût marginalActivité 2 Objectifs – Travailler sur les fonctions dans un contexte éco- nomique ; – découvrir la notion de coût marginal et l’interpré- ter graphiquement. 1 La fonction coût total est croissante : lorsque la quantité à produire augmente, les coûts de fabrication augmentent. Les coûts fixes sont de 100 €.  Signe de h (x), polynôme du 2nd degré : a = 4 positif et ∆ = – 71 négatif, on a l’allure ci-contre. + + + Donc tableau a.  Signe de k (x), fonction affine croissante qui s’annule en 1,5. Donc tableau d. 2 x – ∞ – 0,5 1 3 + ∞ – x + 3 + + + 0 – 2x2 – x – 1 + 0 – 0 + + (– x + 3) (2x2 – x – 1) + 0 – 0 + 0 – 2 a. Le coût marginal du 6e objet est la différence des ordonnées des points d’abscisses 5 et 6. On obtient que le coût marginal du 6e objet est de 20 €. b. On obtient : Quantité 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Coût marginal 90 50 20 5 10 20 45 60 80 100 Le coût marginal est positif : la production de chaque objet supplémentaire coûte de l’argent. On retrouve que la fonction coût total est croissante. (p. 116)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 86 Faire un lien entre tangentes et sens de variationActivité 4 b. On obtient : Point A B C Coefficient directeur de la tangente – 3 2 0 3 Signe du coefficient directeur négatif nul positif c. On complète : x – ∞ 1 + ∞ Signe du coefficient directeur de la tangente en x + 0 – Sens de variation de f et valeurs de f(x) 4 Objectifs – Lire des coefficients directeurs ; – travailler sur l’équation réduite d’une droite ; – découvrir le lien entre signe du nombre dérivé et sens de variation de la fonction. a. La tangente T en A à  a pour coefficient directeur ∆y ∆x = – 3 2 . L’équation réduite de T qui passe par A ( 4 ; 2 ) est y = – 3 2 (x – 4) + 2, c’est-à-dire : y = – 3 2 x + 8. Calculer un taux d’accroissement pour des fonctions usuelles Activité 3 Objectifs – Utiliser le tableur pour calculer un taux d’accrois- sement ; – conjecturer les formules des nombres dérivés associés aux fonctions usuelles. 1 a. Le taux d’accroissement de f entre a et a + h est : d (a) = f (a + h) – f (a) h . b. Les colonnes A et D semblent proportionnelles. Il semble que d (a) = 2 × a. c. La conjecture est confirmée lorsque h = 0,0001 . 2 Il semble que les points de coordonnées (a ; d (a)) se trouvent sur une parabole de sommet O. En effectuant le calcul de d (a) a2 , il semble que d (a) = 3 × a2. 3 On obtient : 4 On obtient :
Savoir faire © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 87 Exercices d’application 1. Déterminer un nombre dérivé et l’équation de la tangente (p. 119) 1 a. On entre l’expression de f (x) en Y1. Puis on calcule les nombres dérivés (voir ci-contre). Ainsi, f’ (2) = – 4 et f’ (– 1) = 2. b. La tangente à f au point d’abscisse 2 est : y = f’ (2) × (x – 2) + f (2). Avec f’ (2) = – 4 et f (2) = – 22 + 1 = – 3, la tangente admet pour équation : y = – 4 (x – 2) – 3, soit y = – 4x + 5. 2  f (2) = 1 2 et pour tout réel h différent de –2 et de 0, f (2 + h) = 1 2 + h . Le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = 1 2 + h – 1 2 h = 1 h × ( 22 (2 + h) – 2 + h2 (2 + h) ) = 1 h × – h 2 (2 + h) = – 1 2 (2 + h) . Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers – 1 2 × 2 = – 1 4 . Donc le nombre dérivé de f en 2 est f’ (2) = – 1 4 .  f’ (– 1) = – 1 et pour tout réel h différent de – 1 et de 0, f (– 1 + h) = 1 – 1 + h . Le taux d’accroissement de f entre – 1 et – 1 + h est : f (– 1 + h) – f (– 1) h = 1 – 1 + h – (– 1) h = 1 h × ( 1– 1 + h + – 1 + h– 1 + h ) = 1 h × h – 1 + h = 1 – 1 + h . Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers 1 – 1 = – 1. Donc le nombre dérivé de f en – 1 est f’ (– 1) = – 1. 3 a. La courbe représentative de f est une droite. b. La tangente à f en 5 et en 2 est la droite qui a pour coefficient directeur 3. Donc f’ (5) = – 3 et f’ (2) = 3. c. De la même façon, pour tout réel a, f’ (a) = 3. 4  f (2) = 8 et pour tout réel h non nul, f (2 + h) = (2 + h)2 + 4 = 4 + 4 h + h2 + 4 = 8 + 4 h + h2. Le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = (8 + 4h + h 2) – 8 h = 4h + h 2 h = 4h h + h 2 h = 4 + h. Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers 4. Donc le nombre dérivé de f en 2 est f’ (2) = 4.  g (2) = 1 et pour tout réel h non nul : g (2 + h) = (2 + h)2 – 3 = 4 + 4h + h2 – 3 = 1 + 4h + h2. Le taux d’accroissement de g entre 2 et 2 + h est : g (2 + h) – g (2) h = (1 + 4h + h 2) – 1 h = 4h + h 2 h = 4h h + h 2 h = 4 + h. Lorsque h tend vers 0, ce taux tend vers 4. Donc le nombre dérivé de g en 2 est g’ (2) = 4.  Les tangentes en 2 à f et g ont donc le même coefficient directeur 4. Elles sont donc parallèles. Exercices d’application 2. reconnaître la courbe de la dérivée (p. 121) 5  D’après la courbe , on obtient le tableau de variations de f. On en déduit le tableau de signes de f’ (x) : x – 2 – 1 3 f (x) f' (x) + 0 – Ainsi, les courbes 1 et 2 ne peuvent représenter la courbe de f’.  La tangente à  au point d’abscisse 0 a pour coefficient directeur – 0,5. Donc f’ (0) = – 0,5. Ainsi, le point de coordonnées ( 0 ; – 0,5 ) appartient à la courbe de f’ : la courbe 4 ne peut donc convenir.  Ainsi, la courbe 3 est la courbe de la fonction f’.
Exercices © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 88 Exercices d’application 3. Calculer la dérivée et étudier le sens de variation (p. 123) 6 a. f’ (x) = 3x2 – 2 × 2x – 3 × 1 = 3x2 – 4x – 3. b. f’ (x) = 1 4 – 2 × 1 2!ßx = 1 4 – 1 !ßx . 7 a. La fonction f peut s’écrire f = u × v avec u(x) = 2x2 + 1 et v(x) = 4x – x2. Comme u’ (x) = 4x et v’(x) = 4 – 2x, on a : f’ (x) = (4x) × (4x – x2) + (4 – 2x) × (2x2 + 1) = – 8x3 + 24x2 – 2x + 4. b. f (x) = 2x3 + x2. Donc f’ (x) = 6x2 + 2x. 8 a. La fonction f peut s’écrire f = u v avec u’ (x) = – x2 + 3x – 2 et v (x) = 4x. Comme u’ (x) = – 2x + 3 et v’ (x) = 4, on a : f’ (x) = (– 2x + 3) × 4x – 4 × (– x 2 + 3x – 2) 4x2 = – x 2 + 2 4x2 . b. La fonction f peut s’écrire f = 2 × 1 vavec v (x) = 3x + 2. Comme v’ (x) = 3, on a : f’ (x) = 2 × – 3 (3x + 2)2 = – 6 (3x + 2)2 . QCM 9 b. f (2 + h) = – (2 + h)2 + 1 = – (4 + 4h + h2) + 1 = – h2 – 4h – 3 et f (2) = – 3. Le taux d’accroissement est : f (2 + h) – f (2) h = – h 2 – 4h – 3 + 3 h = – h 2 h – 4h h = – h – 4. 10 b. f (6) – f (3) 6 – 3 = 0 – 1 3 = – 1 3 . 11 a. Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 3 est – 2 3 . Donc f’ (3) = – 2 3 . 12 b. T a pour équation : y = f’ (3) ( x – 3 ) + f (3) or f’ (3) = – 2 3 et f (3) = 1 . Donc T a pour équation : y = – 2 3 ( x – 3 ) + 1 = – 2 3 x + 2 + 1 = – 2 3 x + 3. 13 b. La fonction f est décroissante sur [ 2 ; + ∞ [ donc la dérivée f’ est négative sur [ 2 ; + ∞ [ . 14 b. Par lecture du tableau, le maximum est 3, atteint en 2. 15 b. La fonction f change de variation au point d’abscisse 2. Donc la dérivée f’ s’annule et change de signe en 2 : f ’ (2) = 0. Le coefficient directeur de la tangente en 2 est nul, donc celle-ci est horizontale. 16 c. f’ (x) = – 3x2 + 2 × 2x + 0 = – 3x2 + 4x = x ( – 3x + 4 ) 17 b. On utilise la dérivée d’un produit : f’ (x) = 2 × !ßx + (2x + 1) × 1 2!ßx = 2!ßx × 2!ßx + 2x + 1 2!ßx = 4x + 2x + 1 2!ßx = 6x + 1 2!ßx 18 b. On utilise la dérivée d’un inverse : f (x) = 3 × 1 2x + 1 . Donc f’ (x) = 3 × – 2 (2x + 1)2 = – 6 (2x + 1)2 . 19 a. On utilise la dérivée d’un quotient : f’ (x) = 3 × (x 2 + 1) – 2x × (3x + 4) (x2 + 1)2 = 3x 2 + 3 – 6x2 – 8x (x2 + 1)2 = – 3x 2 – 8x + 3 (x2 + 1)2 . 1 Nombre dérivé et tangente (p. 126) 20 taux d’accroissement 1 Le taux d’accroissement du prix d’un litre de gazole :  entre 2000 et 2005 est 0,93 – 0,81 2005 – 2000 = 0,024 €/année ;  entre 2006 et 2008 est 1,21 – 1,06 2008 – 2006 = 0,075 €/année ;  entre 2005 et 2010 est 1,09 – 0,93 2010 – 2005 = 0,032 €/année. 2 a. Le taux d’accroissement du prix d’un litre de gazole entre 2000 et 2010 est : 1,09 – 0,81 2010 – 2000 = 0,028 €/année. b. Si la tendance se maintient, le prix d’un litre de gazole :  au 1er janvier 2011 sera 1,09 + 0,028 ≈ 1,12 € ;  au 1er janvier 2012 sera 1,09 + 2 × 0,028 ≈ 1,15 €. (p. 125)
21 interprétation graphique 1 7,61 – 7,19 2004 – 2003 = 0,42, soit une croissance de 0,42 € sur un an. Sur le graphique, ce taux d’accroissement est le coef- ficient directeur de la droite qui passe par les points : ( 2003 ; 7,19 ) et ( 2004 ; 7,61 ). 2 8,82 – 6,41 2009 – 2000 ≈ 0,2678 : accroissement inférieur au précédent. C’est le coefficient directeur de la droite des « extrêmes » joignant le premier et le dernier point du graphique. Ainsi, la pente des droites permet d’indiquer si le taux d’accroissement est plus ou moins grand. 22 taux d’accroissement d’une fonction 1  On a : f (1) = 14 et f (5) = 50. Donc le taux d’accroissement de f entre 1 et 5 est : f (5) – f (1) 5 – 1 = 50 – 14 4 = 9.  On a : f (– 1) = 8 et f (9) = 118. Donc le taux d’accroissement de f entre – 1 et 9 est : f (9) – f (– 1) 9 – (– 1) = 118 – 8 10 = 11. 2  f (1) = 14 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = (1 + h)2 + 3 (1 + h) + 10 = 14 + 5h + h2. Le taux d’accroissement de f entre 1 et 1+h est : f (1 + h) – f (1) h = (14 + 5h + h 2) – 14 h = 5 + h.  f (– 2) = 8 et pour tout réel h non nul : f (– 2 + h) = (– 2 + h)2 + 3 (– 2 + h) + 10 = 8 – h + h2. Le taux d’accroissement de f entre –2 et –2 + h est : f (– 2 + h) – f (– 2) h = (8 – h + h 2) – 8 h = – 1 + h. 23 Coût marginal 1 a. C (5) = 110 et C (6) = 122. Donc C (6) – C (5) = 122 – 110 = 12. Le coût marginal du 6e objet est 12 €. b. C (9) = 170 et C (10) = 190. Donc C (10) – C (9) = 190 – 170 = 20. Le coût marginal du 10e objet est 20 €. 2 a. C (q) = q2 + q + 80. C (q – 1) = (q – 1)2 + (q – 1) + 80 = q2 – q + 80. Donc Cm (q) = C (q) – C (q – 1) = (q2 + q + 80) – (q2 – q + 80) = 2q. b. La fonction obtenue est affine, croissante car le coefficient a vaut 2 (positif ). 24 QCM 1 b. et c. Le taux d’accroissement est f (2) – f (– 1) 2 – (– 1) . Comme f (2) = 7 et f (–1) = 4, le taux est 7 – 4 3 = 1. 2 a. et c. Le taux d’accroissement est f (2 + h) – f (2) h . Comme f (2 + h) = (2 + h)2 + 3 = 7 + 4h + h2 et f (2) = 7, le taux est 7 + 4h + h 2 – 7 h = 4h h + h 2 h = 4 + h. 3 b. et c. : f ( 12 + h ) – f ( 12 ) h = h + h 2 h = h(1 + h) h = 1 + h. Lorsque h tend vers 0, 1 + h tend vers 1. Donc f’ ( 12 ) = 1. 25 Calcul de limites en zéro 1 Lorsque x tend vers 0, f (x) tend vers 02 – 3 × 0, soit 0. 2 f (1) = – 2 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = (1 + h)2 – 3 (1 + h) = – 2 – h + h2. Donc Q (h) = (– 2 – h + h 2) – (– 2) h = – h + h 2 h = – h h + h 2 h = – 1 + h. Lorsque h tend vers 0, – 1 + h tend vers – 1. Donc lim h → 0 Q(h) = – 1. 26 taux d’accroissement et nombre dérivé 1  f (2) = 9 et f (4) = 35. Le taux d’accroissement de f entre 2 et 4 est : f (4) – f (2) 4 – 2 = 35 – 9 4 – 2 = 13.  f (5) = 54 et f (10) = 209. Le taux d’accroissement de f entre 5 et 10 est : f (10) – f (5) 10 – 5 = 209 – 54 10 – 5 = 31. 2 a. f (1) = 2 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = 2 (1 + h)2 + (1 + h) – 1 = 2 + 5h + 2h2. Le taux d’accroissement de f entre 1 et 1 + h est : f (1 + h) – f (1) h = (2 + 5h + 2h 2) – 2 h = 5 + 2h. b. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement de f entre 1 et 1+h tend vers 5. c. Donc f’ (1) = 5. 3  Calcul de f’ (2) : f (2) = 9 et pour tout réel h non nul : f (2 + h) = 2 (2 + h)2 + (2 + h) – 1 = 9 + 9h + 2h2. Le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = (9 + 9h + h 2) – 9 h = 9 + h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement de f entre 2 et 2+h tend vers 9. Donc f’ (2) = 9.  Calcul de f’ (0) : f (0) = – 1 et pour tout réel h non nul : f (0 + h) = 2 (0 + h)2 + (0 + h) – 1 = – 1 + h + 2h2. Le taux d’accroissement de f entre 0 et 0 + h est : f (0 + h) – f (0) h = (– 1 + h + 2h 2) – (– 1) h = 1 + 2h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement de f entre 0 et 0 + h tend vers 1. Donc f’ (0) = 1. © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 89
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 90 Calculs de nombres dérivés 27 f (1) = 5 et pour tout réel h non nul : f (1 + h) = (1 + h)2 + 3 (1 + h) + 1 = 5 + 5h + h2. Donc le taux d’accroissement de f entre 1 et 1 + h est : f (1 + h) – f (1) h = (5 + 5h + h 2) – 5 h = 5 + h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 5. Donc f’ (1) = 5. 28 f (2) = 11 et pour tout réel h non nul : f (2 + h) = – (2 + h)2 + 4 (2 + h) + 7 = 11 – h2. Donc le taux d’accroissement de f entre 2 et 2+h est : f (2 + h) – f (2) h = (11 – h 2) – 11 h = 0 – h. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 0. Donc f’ (2) = 0. 29 f (3) = – 2 3 et pour tout réel h différent de 0 et de – 3, on a : f (3 + h) = – 2 3 + h . Donc le taux d’accroissement de f entre 3 et 3 + h est : f (3 + h) – f (3) h = 1 h ( – 23 + h + 23 ) = 1h ( – 63 (3 + h) + 6 + 2h3 (3 + h) ) = 2h 3h (3 + h) = 2 3 (3 + h) . Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 2 3 × 3 = 2 9 . Donc f’ (3) = 2 9 . 30 f (2) = 16 et pour tout réel h non nul : f (2 + h) = (2 + h)3 + 8 = 16 + 12h + 6h2 + h3. Donc le taux d’accroissement de f entre 2 et 2 + h est : f (2 + h) – f (2) h = (16 + 12h + 6h 2 + h3) – 16 h = 12 + 6h + h2. Lorsque h tend vers 0, le taux d’accroissement tend vers 12. Donc f’ (2) = 12. 31 À l’aide de la calculatrice a. Fonction Nombre dérivé f (x) = x² – x f’ (2) = 3 f (x) = 1 x2 f’ (2) = – 0,25 f (x) = x3 – x f’ (1) = 2 f (x) = – x x + 2 f’ (3) = – 0,08 b. Chaque valeur f ’ (a) obtenue est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonction f au point d’abscisse a. 32 Calculs à la calculatrice On obtient :  Si f (x) = x2 + 3x + 1, f' (1) = 5.  Si f (x) = – x2 + 4x + 7, f' (2) = 0.  Si f (x) = – 2 x , f' (3) ≈ 0,22.  Si f (x) = x3 + 8, f' (2) = 12. 33 Nombre dérivé à la calculatrice On obtient : a. f’ (1) = 1,25. b. f’ (0) = 4. 34 QCM 1 a. et c. f ’ (2) est le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse 2, soit 2. Il vaut – 1. 2 a. et d. 1 est la tangente à  au point d’abscisse 0. Son coefficient directeur est donc f’ (0). 3 b. f’ (3) est le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse 3, qui est descendante. Il est donc négatif. Il vaut la limite du taux d’accroissement entre 3 et 3 + h lorsque h tend vers 0. 4 c. et d. 2 étant la tangente au point d’abscisse 2, son équation est y = f’ (2) (x – 2) + f (2). Or f’ (2) = – 1 et f (2) = 6. L’équation est donc : y = – (x – 2) + 6, c’est-à-dire y = – x + 8 . 35 Lecture graphique 1 Le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse – 3 est – 2. Donc f’ (– 3) = – 2. 2 On lit : f’ (– 1) = 0 ; f’ (0) = 1 ; f’ (1) = 4 ; f’ (2) = 0 et f’ (4) = – 2. 36 Justifier graphiquement des nombres dérivés a. Comme la tangente au point A d’abscisse – 1 est horizontale, son coefficient directeur, égal au nombre dérivé de f en – 1, vaut 0. b. Le coefficient directeur de la tangente T est – 1 et l’ordonnée à l’origine est 2. D’où l’équation de la tangente T : y = 2 – x. c. f’ (0) est le coefficient directeur de la tangente T à f au point d’abscisse 0. Donc f’ (0) = – 1.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 91 d. Au point d’abscisse 2, la courbe f a une tangente de coefficient directeur f’ (2) négatif. 37 Lectures sur une courbe 1 Les nombres f (x) sont les ordonnées des points de la courbe  : f (0) = 2 ; f (2) = 4,5 et f (4,5) = 2. Les nombres f’ (x) sont les coefficients directeurs de la tangente à  en x (attention aux unités sur les axes) : f’ (0) = 2 ; f’ (2) = 0 et f’ (4,5) = ∆y ∆x = 0,5 – 2 6 – 4,5 = – 1. 2 a. Le nombre f’ (x) est nul lorsque la tangente est horizontale, soit en – 2, en 2 et en 11. b. On utilise la formule de l’équation réduite : y = f’ (a) (x – a) + f (a).  En A : l’équation réduite de la tangente est y = 0,5.  En B : l’équation réduite de la tangente est y = 2 (x – 0) + 2, soit y = 2x + 2.  En C : l’équation réduite de la tangente est y = 4,5.  En D : l’équation réduite de la tangente est y = – 1 (x – 4,5) + 2, soit y = – x + 6,5.  En F : l’équation réduite de la tangente est y = – 0,75. 3 Sur l’intervalle [ – 2 ; 2 ], les tangentes sont mon- tantes, donc de coefficient directeur positif. Donc l’affirmation est fausse. 38 Nombres dérivés et tangentes 1 Le coefficient directeur de la tangente à  en – 1 est ∆y ∆x = 3,5 – 2 – 1 – (– 2) = 1,5. Donc f’ (– 1) = 1,5. La droite 1 a pour équation : y = f’ (– 1) (x – (– 1)) + f (– 1), soit y = 1,5 (x + 1) + 3,5. Ainsi, la droite 1 a pour équation y = 1,5x + 5. 2 Le coefficient directeur de la tangente à  en 0 est – 2. Donc f’ (0) = – 2. La droite 2 a pour équation : y = f’ (0) (x – 0) + f (0), soit y = – 2 (x – 0) + 3. Ainsi, la droite 1 a pour équation y = – 2x + 3. 3  La droite 3 est horizontale et a pour équation y = – 1.  Le coefficient directeur de la tangente à  en 2,6 est ∆y ∆x = 3 – 0 4 – 2,6 = 15 7 . Donc f’ (2,6) = 15 7 . La droite 4 a pour équation : y = f’ (2,6) (x – 2,6) + f (2,6), soit y = 15 7 (x – 2,6) + 0. Ainsi, la droite 4 a pour équation y = 15 7 x – 39 7 . 39 tangentes et paraboles 1 a. – (x – 1)² + 4 = – (x² – 2x + 1) + 4 = f (x). b. De la forme canonique de f(x), avec a = –1 négatif et les coordonnées du sommet de la parabole S ( 1 ; 4 ), on déduit le tableau de variations de f : x – ∞ 1 + ∞ f (x) 4 2 On saisit l’expression f (x) en Y1. f’ (3) = – 4 ; f’ (– 1) = 4. 3 40 tracé de tangentes 1 f (x) = 0 ⇔ 0,5 (x + 3)2 – 2 = 0 ⇔ (x + 3)2 = 4 ⇔ x + 3 = 2 ou x + 3 = – 2 ⇔ x = – 1 ou x = – 5. Donc S = { – 1 ; – 5 }. La courbe  coupe l’axe des abscisses en – 1 et en – 5. 2 Par la calculatrice, on obtient f’ (– 1) = 2. 3 a. On obtient : x y 1 1 O b. Le tableau de variations est : x – ∞ – 3 + ∞ f (x) – 2
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 92 41 Équation de tangente 1 a. La tangente T à  au point d’abscisse 2 admet pour équation y = f’ (2) (x – 2) + f (2). D’après la calculatrice formelle, on lit : f (2) = 1 et f’ (2) = 4. Donc la droite T admet pour équation : y = 4 (x – 2) + 1, soit y = 4x – 7. b. La tangente ∆ à  au point d’abscisse – 1 admet pour équation y = f’ (– 1) (x – (– 1)) + f (– 1). D’après la calculatrice formelle, on lit : f (– 1) = – 2 et f’ (– 1) = 7. Donc la droite ∆ admet pour équation : y = 7 (x + 1) – 2, soit y = 7x + 5. 2 On entre dans la calculatrice : On obtient le graphique ci-contre, ce qui confirme les calculs de la question 1 . 42 Équation de tangente 1 La tangente à la courbe f au point d’abscisse a admet pour équation réduite : y = f’ (a) (x – a) + f (a). En développant, on obtient : y = f’ (a) × x + (f (a) – a × f’ (a)). Le coefficient directeur est m = f’ (a). L’ordonnée à l’origine est p = f (a) – a × f’ (a). 2 a. La variable Y contient f (a). La variable M contient f’ (a). Ainsi, l’ordonnée à l’origine est P. L’équation obtenue est y = 1x – 4, soit y = x – 4. b. L’équation obtenue est y = – 5x – 1. 43 applications de l’algorithme précédent a. On entre en Y1 l’expression de f (x). L’équation de la tangente au point d’abscisse 2 est y = 5x – 7. b. On entre en Y1 l’expression de f (x). L’équation de la tangente au point d’abscisse – 3 est y = – x 9 – 2 3 . 44 tangente et hyperbole 1 La fonction inverse f est définie sur  \ { 0 }. Son tableau de variations est : x – ∞ 0 + ∞ 1 x 2 a. Par la calculatrice, on obtient : f’ (2) = – 1 4 et f’ (0,5) = – 4. b.  La tangente T à  au point d’abscisse 2 admet pour équation y = f’ (2) (x – 2) + f (2). Donc la droite T admet pour équation : y = – 1 4 (x – 2) + 1 2 , soit y = – 1 4 x + 1.  La tangente ∆ à  au point d’abscisse 0,5 admet pour équation y = f’ (0,5) (x – 0,5) + f (0,5). Donc la droite ∆ admet pour équation : y = – 4 ( x – 12 ) + 2, soit y = – 4x + 4. 3 On obtient : x y 1 1 O 45 Vérifier des calculs sur une courbe 1 Lectures a. f (6) = 3 et f’ (6) = – 1. b. La tangente à  en A a pour équation : y = f’ (6) (x – 6) + f (6), soit y = – (x – 6) + 3. Donc la tangente à  en A a pour équation : y = – x + 9. c. f’ (4) = – 0. La tangente à  en B est horizontale. d. La droite  passe par l’origine O, donc admet une équation de la forme y = mx. On lit m = 0,5. Donc  admet pour équation y = 0,5x.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 93 2 Vérification à l’aide de calculs a. f (6) = – 0,25 × 62 + 2 × 6 = 3. b. Par la calculatrice, on a : f’ (6) = – 1 et f’ (4) = 0. c. La tangente à  au point d’abscisse 3 a pour coef- ficient directeur f’ (3). Par la calculatrice : f’ (3) = 0,5. Donc la tangente à  au point d’abscisse 3 a le même coefficient que la droite . Elle est donc parallèle à . 2 Fonction dérivée et sens de variation (p. 130) 46 Vrai ou faux ? a. Faux : si la fonction f est croissante sur , alors pour tout réel x, f’ (x)  0 (positif ou nul). b. Faux : c’est le signe de la dérivée qui donne le sens de variation de la fonction. c. Faux : on ne dit pas qu’une fonction est constante en une seule valeur. Une fonction peut être constante sur un intervalle. Si f’ (3) = 0 , la courbe f admet une tangente horizon- tale au point d’abscisse 3. 47 QCM 1 a. et c. Comme ’ représente la fonction dérivée f’, l’image f’ (a) est l’ordonnée du point de la courbe ’ d’abscisse a. D’où f’ (4,5) = 0 et f’ (3) = 4,5 . 2 c. Sur [ –1 ; 4,5 ], f’ (x)  0, donc la fonction f est croissante sur [ –1 ; 4,5 ]. 3 c. Sur [ 4,5 ; 5 ] , f ’ (x)  0, donc la fonction f est décroissante sur [ 4,5 ; 5 ] . 4 c. La fonction f est croissante sur [ –1 ; 4,5 ] puis décroissante sur [ 4,5 ; 5 ], donc elle présente un maxi- mum en x = 4,5. 48 Vrai ou faux ? a. Faux : la fonction f change de sens de variation en 2, donc f’ (2) = 0. b. Vrai : comme f est croissante sur ] – ∞ ; – 2 ], pour tout réel x  – 2 , on a : f’ (x)  0. c. Faux : f est strictement décroissante sur [ – 2 ; 1 ]. On en déduit que f’ (0) < 0. d. Vrai : f est strictement croissante sur [ 1 ; + ∞ [. On en déduit que f’ (10) > 0. e. Vrai : connaissant le sens de variation de la fonction, on peut en déduire le signe de la dérivée. 49 QCM 1 b. Pour x  [ – 10 ; – 3 ] , f (x)  [ 2 ; 5 ], intervalle de nombres positifs. 2 a. f’ (– 3) = 0 signifie qu’au point d’abscisse – 3, la tangente est parallèle à l’axe des abscisses. 3 c. f’ (– 10) > 0. Donc le coefficient directeur de la tangente est positif, et les coordonnées ( – 10 ; 2 ) doivent vérifier l’équation. 4 a. f’ (5) = 0. La tangente au point d’abscisse 5 est parallèle à l’axe des abscisses et passe par le point de coordonnées ( 5 ; – 4 ). 50 approche de la dérivée d’une somme, d’un produit 1 On obtient le tableau suivant : x – 3 – 2 – 1 0 1 2 3 f’ (x) – 6 – 4 – 2 0 2 4 6 g’ (x) 27 12 3 0 3 12 27 h’ (x) 21 8 1 0 5 16 33 La 4e ligne est égale à la somme des 2e et 3e lignes. On peut conjecturer que la dérivée d’une somme est la somme des dérivées. 2 On obtient : x – 3 – 2 – 1 0 1 2 3 f’ (x) – 6 – 4 – 2 0 2 4 6 g’ (x) 27 12 3 0 3 12 27 p’ (x) 405 80 5 0 5 80 405 L’affirmation « la dérivée d’un produit est le produit des dérivées » est donc fausse. 51 Lectures graphiques et sens de variation a. et b. On lit graphiquement le signe de la fonc- tion f ’ et on en déduit le sens de variation de la fonction f : x – ∞ – 2 3 7 + ∞ f’ (x) – 0 + 0 – 0 + f (x) c. Le coefficient directeur de la tangente à  au point d’abscisse 1 est égale à f’ (1) : c’est l’ordonnée du point de ’ d’abscisse 1. Il est donc égal à 4. 52 reconnaître la courbe de la dérivée La fonction f est croissante sur ] – ∞ ; 0 ] et décroissante sur [ 0 ; + ∞ [ . La dérivée f’ est donc positive sur ] – ∞ ; 0 ] et négative sur [ 0 ; + ∞ [. On en déduit que la fonction f’ est représentée par la courbe B.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 94 53 Courbe de la dérivée et sens de variation  On lit graphiquement le signe de la fonction f1’ et on en déduit le sens de variation de la fonction f1 : x 0 2 7 + ∞ f1’ (x) – 0 + 0 – 0 f1 (x)  On lit graphiquement le signe de la fonction f2’ et on en déduit le sens de variation de la fonction f2 : x 0 2 6 + ∞ f2’ (x) + 0 + 0 – 0 f2 (x) 54 Sens de variation d’une fonction 1 On obtient : 2 a. On lit le graphique : x – ∞ 0 2 + ∞ f (x) 2 –2 b. Lorsque M a pour abscisse 1, le coefficient directeur de T est – 3. Donc f’ (1) = – 3. c. On lit : f’ (– 1) = 9 ; f’ (0) = 0 ; f’ (2) = 0 ; f’ (3) = 9 et f’ (4) = 24. 3 La tangente à  est horizontale en 0 et en 2. 4 Sur les intervalles ] – ∞ ; 0 ] et [ 2 ; + ∞ [, le coefficient directeur de T est positif. Sur l’intervalle [ 0 ; 2 ], le coefficient directeur de T est négatif. 55 tangente et sens de variation a. f (– 3) = 2 et f’ (– 3) = 4 3 . Équation de la tangente en B : y = f’ (– 3) (x – (– 3)) + f (3) ⇔ y = 4 3 x + 6. b. Équation de la tangente en A : y = f’ (0) (x – 0 ) + f (0) ⇔ y = 1 3 x + 4. c. f’ (6) > 0 . d. Comme la fonction f est croissante sur , pour tout réel x de , f’ (x)  0. e. x – ∞ + ∞ f’ (x) + f (x) 56 tangente et sens de variation 1 a. f (0) = 4 et f’ (0) = – 2 3 . L’équation de la tangente à  en A est : y = f’ (0) (x – 0) + f (0), soit y = – 2 3 x + 4. b. f (5) = 2 et f’ (5) = 3 2 . L’équation de la tangente à  en E est : y = f’ (5) (x – 5) + f (5), soit y = 3 2 x – 11 2 . c. La dérivée s’annule lorsque la tangente à  est horizontale, c’est-à-dire en – 3 et en 3. d. La dérivée est négative lorsque la fonction f est décroissante, c’est-à-dire sur ] – ∞ ; 3 ]. 2 On obtient : x – ∞ – 3 3 + ∞ f’ (x) – 0 – 0 + f (x) 0 57 Lectures et dérivées a. f (– 4) = 0 ; f (0) = – 3 ; f’ (6) = 2 3 ; f’ (3) = 4 3 et f’ (0) = 0. b. S = { – 4 ; 3,5 }. c. S = ] – 4 ; 3,5 [. d. x –7 0 9 f (x) 1 –3 5
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 95 58 inéquation et dérivées a. f (3) = 1 ; f (0) = 3 ; f’ (3) = – 0,5 et f’ (0) = – 1. b. x –7 –4 6 9 f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 2 5 0 3 c. S = { 4 ; 6 }. d. S = [ – 7 ; – 4 [  ] 6 ; 9 ]. 59 tracés de courbes et de tangentes On propose : x y 1 1 O � 3 Calculs de dérivées (p. 133) 60 QCM 1 b. f’ (x) = 3x² – 5 × 1 + 0 = 3x² – 5. 2 b. On utilise la dérivée d’un produit : g’ (x) = 2 (3x – 1) + 3 (2x + 1) = 12x + 1. 61 QCM a. On utilise la dérivée d’un quotient : h’ (x) = 2 (x – 1) – 1 (2x + 1) (x – 1)2 = – 3 (x – 1)2 . 62 Vrai ou faux ? 1 Faux : c’est la fonction x  – 1 x définie sur  \ { 0 } qui admet pour fonction dérivée x  1 x2 . 2 Vrai : la fonction x  x + 1 x définie sur ] 0 ; + ∞ [ admet pour fonction dérivée x  1 + – 1 x2 = x 2 – 1 x2 . 63 Vrai ou faux ? 1 Vrai : soit f (x) = x3 – 2x² + 5x – 1. f’ (x) = 3x² – 4x + 5. a = 3 et ∆ = – 44 négatif d’où l’allure de la parabole. + + + Ainsi, pour tout réel x, f’ (x) > 0. On en déduit que la fonction f est strictement croissante sur . 2 Vrai : soit f (x) = x3 – 3x² + 2. f’ (x) = 3x² – 6x = 3x (x – 2) f’ (x) s’annule en changeant de signe en 0 et 2. Donc la fonction f admet des extremums locaux en 0 et 2. Pour les exercices 64 à 67 Dérivée d’une somme 64 f’ (x) = 2x + 2 g’ (x) = – 2x + 1 65 f’ (x) = 3 4 × 2x – 5 × 1 + 0 = 3 2 x – 5 g’ (x) = – 1 4 × 4x3 + 2 3 × 3x² – 0 = – x3 + 2x² 66 f’ (x) = – 6x5 + 4x3 g’ (x) = – 12x2 – 6x 67 f’ (x) = – 10x + 12,8 g’ (x) = – 5,2x + 3,5 68 Variations d’un polynôme a. f’ (x) = 3x2 – 3 b. et c. f’ (x) est un polynôme du second degré qui s’annule en – 1 et 1, avec a = 3 positif, d’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 Donc : x – ∞ – 1 1 + ∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 4 0 69 Utiliser le 2nd degré a. f’ (x) = 3x² – 3x – 6 b. f’ (x) est un polynôme du second degré. a = 3 positif et ∆ = 81 et x1 = – 1 et x2 = 2. D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 Donc : x – ∞ –1 2 +∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 4,5 9 70 Sur un intervalle f’ (x) = 3x² – 4x + 1 f’ (x) est un polynôme du second degré. a = 3 positif et ∆ = 4 et x1 = 1 3 et x2 = 1 .
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 96 D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 Donc sur  : x – ∞ 1 3 1 + ∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) – 77 27 – 3 Donc sur [ 0 ; 10 ] : x 0 1 3 1 10 f’ (x) + 0 – 0 + f (x) – 3 – 77 27 – 3 807 71 Étude d’une fonction coût total a. et b. C’ (q) = 3q² – 12q + 13 C’ (q) est un polynôme du second degré. a = 3 positif et ∆ = – 12. D’où l’allure de la parabole. + + + D’où le tableau de signes de C’ (q) et de variation de C sur [ 0 ; + ∞ [ : q 0 +∞ C’ (q) + C (q) 20 72 Optimisation d’un bénéfice a. B’ (x) = 1 3 × 3x² –16 × 2x + 220 × 1 = x² – 32x + 220 ∆ = 144 positif ; x1 = 10 et x2 = 22. x – ∞ 10 22 + ∞ x² – 32x + 220 + 0 – 0 + On en déduira le signe de B’(x) sur [ 0 ; 18 ] . b. Tableau de variations de B sur [ 0 ; 18 ] : x 0 10 18 B’ (x) + 0 – B (x) 0 2 800 3 720 2 800 3  933,333 à 0,001 près. Le bénéfice maximum est 933 333 € à 1 € près. Il est gagné lorsque l’entreprise fabrique et vend 10 cen- taines d’objets, soit 1 000 objets. 73 Offre et demande 1 a. f’ (x) = 0,1x – 4 b. La fonction x  0,1x – 4 s’annule en 40 et est crois- sante sur , donc est négative sur [ 2 ; 30 ] . D’où le tableau ci-dessous : x 2 30 f’ (x) – 0 f (x) 73 5,8 c. Plus le prix du fruit exotique par kilo augmente, plus la quantité demandée par les consommateurs diminue. 2 a. Lorsque le prix par kg est de 18 €, la quantité offerte par les producteurs est g (18) = 52 tonnes de fruits, et la quantité demandée par les consommateurs est f (18) = 25 tonnes de fruits. b. Le prix d’équilibre est l’abscisse du point d’inter- section des courbes f et g . Comme l’axe des abscisses est gradué de 2 en 2 à partir de 2, le prix d’équilibre est 12 € / kg. c. La quantité offerte et demandée à l’équilibre est : f (12) = g (12) = 40 tonnes. Le chiffre d’affaires réalisé est 40 000 × 12 = 480 000 €. Pour les exercices 74 et 75 Dérivée d’un produit 74  La fonction f peut s’écrire f = u × v avec u (x) = 1 – 2x et v (x) = x2 + 9. Comme u’ (x) = – 2 et v’ (x) = 2x, on a : f’ (x) = – 2 (x² + 9) + 2x (1 – 2x) = – 6x2 + 2x – 18.  La fonction g peut s’écrire g = u2, avec u (q) = 5 q – 1. Comme u’ (q) = 5, on a : g’ (q) = 2 × 5 × (5q – 1) = 10 (5q – 1). 75  La fonction f peut s’écrire f = u × v avec u (x) = – 3x2 et v (x) = 2x + 1. Comme u (x) = – 6x et v (x) = 2, on a : f’ (x) = – 6x (2x + 1) + 2 (– 3x2) = – 18x2 – 6x = – 6x (3x + 1).  La fonction g peut s’écrire g = 4 × u2 avec u (x) = 2 + 3x. Comme u’ (x) = 3, on a : g’ (x) = 4 × 2 × 3 × (2 + 3x) = 24 (2 + 3x). Pour les exercices 76 et 77 avec une racine carrée 76  f’ (x) = 3 × 1 2!ßx – 1 = 3 – 2!ßx 2!ßx  En utilisant la formule du produit : g’ (x) = 2 × !ßx + 1 2!ßx (2x – 1) = 2!ßx × 2!ßx + 2x –1 2!ßx = 4x + 2x – 1 2!ßx = 6x – 1 2!ßx
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 97 77  f’ (q) = – 3 + 4 2!ßq = – 3 + 2 !ßq = – 3!ßq + 2 !ßq  La fonction g peut s’écrire g = u × v, avec u (x) = 3 – 2x et v (x) = !ßx . Comme u’ (x) = – 2 et v’ (x) = 1 2!ßx , on a : g’ (x) = – 2 × !ßx + 1 2!ßx × (3 – 2x) = – 4x 2!ßx + 3 – 2x 2!ßx = 3 – 6x 2!ßx . 78 Dérivée de l’inverse d’une fonction a. Si f = 1 u alors pour tout réel x de I : f’ (x) = 0 × u (x) – u’ (x) × 1 (u (x))2 = – u’ (x) (u (x))2 . On a donc f’ = – u’ u2 . b. Si f = k u alors pour tout réel x de I : f’ (x) = 0 × u (x) – u’ (x) × k (u (x))2 = – k × u’ (x) (u (x))2 . On a donc f’ = – k × u’ u2 . 79 application de la dérivée de l’inverse a. La fonction f peut s’écrire sous la forme f = 2 u avec u’ (x) = 3x – 1. Comme u’ (x) = 3, on a : f’ (x) = 2 × 3 (3x – 1)2 = 6 (3x – 1)2 . b. f’ (x) = – 1 x2 + – 4 × (– 1) (1 – x)2 = – 1 x2 + 4 (1 – x)2 = 3x 2 + 2x – 1 x2 (1 – x)2 . Pour les exercices 80 à 85 Dérivée d’un quotient 80  f’ (x) = 2 (x – 3) – 1 (2x + 1) (x – 3)2 = – 7 (x – 3)2  g’ (x) = (12x – 2) (x) – 1 (6x 2 – 2x + 1) x2 = 6x 2 – 1 x2 81  f’ (x) = – 2x × (4x) – 4 × (4 – x 2) (4x)2 = – x 2 – 4 4x2  g’ (x) = – 3 × 2x (x2 + 4)2 = – 6x (x2 + 4)2 82  f’ (x) = – 1 × (x 2 + x + 1) – (2x + 1) × (– x + 3) (x2 + x + 1)2 = x 2 – 6x – 4 (x2 + x + 1)2  g’ (x) = 5 × (2x + 3) – 2 × (5x – 1) (2x + 3)2 = 17 (2x + 3)2 83  f’ (x) = 3 × (x 2 – 5x + 6) – (2x – 5) × (3x – 4) (x2 + 5x + 6)2 = – 3x 2 + 8x – 2 (x2 + 5x + 6)2  g’ (x) = 2x × (x 2 + 1) – 2x × (x2 – 4) (x2 + 1)2 = 10x (x2 + 1)2 84  f’ (x) = 4x (x 2 – 4) – 2x (2x2 + 1) (x2 – 4)2 = – 18x (x2 – 4)2  g’ (x) = 3 – 0 + 3 2 × ( – 1x2 ) = 3 – 32x2 = 6x 2 – 3 2x2 85  g’ (q) = – 5 + 20 q2 = – 5q 2 + 20 q2  h’ (t) = – 1 t2 + 8t = 8t 3 – 1 t2 Pour les exercices 86 à 91 Étude de variations 86 f’ (x) = 3x2 – 0,6x = 3x (x – 0,2) D’où le tableau de signes et de variations : x – ∞ 0 0,2 + ∞ f’ (x) + 0 – 0 + f (x) 0 –0,004 87 f’ (x) = (2x – 4) × x – 1 × (x 2 – 4x + 1) x2 = x 2 – 1 x2 D’où le tableau de signes et de variations sur ] 0 ; + ∞ [ : x 0 1 + ∞ f’ (x) – 0 + f (x) –2 88 f’ (x) = 1 + 4 × – 1 (x + 2)2 = (x + 2) 2 – 4 (x + 2)2 = x (x + 4) (x + 2)2 x ( x + 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 4 a = 1 positif. ++ – x2x1 (x + 2)² > 0 sur ] – 2 ; + ∞ [. x –2 0 + ∞ x (x + 4) – 0 + (x + 2)² 0 + + f’ (x) – 0 + f (x) –1 La fonction f admet en 0 un minimum égal à – 1. 89 f’ (x) = 4 × (x 2 + 1) – 2x × 4x x2 + 1 = – 4 (x 2 – 1) (x2 + 1)2 D’où le tableau de signes et de variations : x – ∞ – 1 1 + ∞ f’ (x) – 0 + 0 – f (x) –2 2
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 98 90 f’ (x) = 1 + 4 (x – 2)2 > 0 Donc la fonction f est croissante sur ] – ∞ ; 2 [ . 91 f’ (x) = 3x2 – 12x + 17 ∆ = – 60 négatif avec a = 3 positif. D’où l’allure de la parabole. + + + D’où le tableau de signes et de variations : x – ∞ + ∞ f’ (x) + f (x) 92 Coût moyen et coût marginal a. Coût total : C (x) = x2 + 2x + 100 Coût marginal : Cm (x) = C’ (x) = 2x + 2 Coût moyen : CM (x) = x 2 + 2x + 100 x b. CM’ (x) = (2x + 2) x – 1 (x 2 + 2x + 100) x2 = x 2 – 100 x2 On étudie le signe de la dérivée sur ] 0 ; 15 ]. x² – 100 = 0 ⇔ x = 10 ou x = – 10 a = 1 positif. D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 x² > 0 sur ] 0 ; + ∞ [. x 0 10 15 x² – 100 – 0 + X² 0 + + CM’ (x) – 0 + CM (x) 22 c. Le coût moyen minimum est 22 €/kg, atteint en 10 tonnes. On a aussi Cm (10) = 22 €/kg = CM (10). 93 Bénéfice et coût moyen 1 a. Le bénéfice horaire est : B (x) = R (x) – C (x) = 100x – (x2 + 50x + 100) = – x2 + 50x – 100. b. et c. B’ (x) = – 2x + 50, fonction affine avec a = – 2 négatif, s’annulant en 25. D’où le tableau de signes et de variations : x 5 25 40 B’ (x) + 0 – B (x) 125 525 300 d. Le bénéfice horaire est maximal lorsque l’entreprise fabrique et vend 25 appareils. 2 a. f (x) = C (x) x = x 2 + 50x + 100 x = x 2 x + 50x x + 100 x = x + 50 + 100 x Ainsi, f’ (x) = 1 – 100 x2 = x 2 – 100 x2 = (x – 10) (x+ 10) x2 . b. D’où le tableau : x 5 10 40 f’ (x) – 0 + 0 f (x) 75 70 92,5 c. Le coût moyen minimal est 70 € / objet, pour une production de 10 objets. 3 Le bénéfice n’est pas maximal lorsque le coût moyen est minimal. 94 tangentes parallèles  f’ (x) = 2x + 3. Donc f’ (– 1) = 1. La tangente à f a pour coefficient directeur 1 au point d’abscisse – 1.  g’ (x) = – 2x – 1 . Donc g’ (– 1) = 1. La tangente à g a pour coefficient directeur 1 au point d’abscisse – 1.  Les tangentes ont même coefficient directeur, donc sont parallèles. 95 Vérifier une propriété  f’ (x) = 3 × (x + 2) – 1 × 3x (x + 2)2 = 6 (x + 2)2 Ainsi, f (0) = 0 et f’ (0) = 3 2 .  g’ (x) = x + 3 2 . Ainsi, g (0) = 0 et g’ (0) = 3 2 .  Les tangentes à f et g au point d’abscisse 0 ont donc la même équation réduite, et sont donc confondues. 96 tangente et intersection 1 f’ (x) = – 1 (x + 3)2 + 1 x2 . Ainsi, f (– 2) = 3 2 et f’ (– 2) = – 3 4 . Donc la tangente T à la courbe f au point d’abscisse – 2 a pour équation : y = f’ (– 2) (x + 2) + f (– 2), soit y = – 3 4 (x + 2) + 3 2 , c’est-à-dire y = – 3 4 x. Les coordonnées du point O vérifient cette équation. Donc la tangente T passe par l’origine O. 2  On résout pour tout réel x différent de 0 et – 3 : f (x) = – 3 4 x ⇔ 1 x + 3 – 1 x = – 3x 4 ⇔ 4x – 4 (x + 3) = – 3x × x (x + 3) ⇔ 3x3 + 9x2 – 12 = 0 ⇔ x3 + 3x2 – 4 = 0.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 99 En utilisant un logiciel de calcul formel, on obtient la factorisation : x3 + 3x2 – 4 = (x – 1) (x + 2)2. On en déduit que : f (x) = – 3x 4 ⇔ x = 1 ou x = – 2. Comme f (– 2) = 3 2 et f (1) = – 3 4 , la courbe f et la tan- gente T sont sécantes en ( – 2 ; 32 ) et en ( 1 ; – 34 ).  On pose d (x) = f (x) – ( – 3x4 ). On a : d (x) = 3 (x – 1) (x + 2) 2 4x (x + 3) . D’où le tableau de signes : x – ∞ – 3 – 2 0 1 + ∞ 3 (x – 1) – – – – 0 + (x + 2)2 + + 0 + + + 4x – – – 0 + + x + 3 – 0 + + + + d (x) – || + 0 + || – 0 + On en déduit que la courbe f est : – au-dessus de T sur ] – 3 ; 0 [ et sur [ 1 ; + ∞ [ ; – en dessous de T sur ] – ∞ ; – 3 [ et sur ] 0 ; 1 ]. 97 recouper une courbe 1 a. f’ (x) = 3x2 – 1. Donc f’ (– 1) = 2 et f (– 1) = 0. Donc la tangente T à la courbe  au point d’abscisse – 1 est y = f ’ (– 1) (x – (– 1)) + f (– 1), c’est-à-dire y = 2 (x + 1) + 0. Ainsi, la droite T a pour équation y = 2x + 2. b. On obtient : 2 Il semble que la droite T recoupe  en (2 ; 6). 3 On résout : f (x) = 2x + 2 ⇔ f (x) – (2x + 2) = 0 ⇔ (x – 2) (x + 1)2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 1. Ainsi, les courbes  et T se coupent aux points d’abs- cisses – 1 et 2. 98 Vitesse au décollage a. On a le tableau de proportionnalité suivant : Distance (en m) 200 000 v Temps (en s) 3 600 1 Donc 200 km/h correspond à une vitesse de 200 000 3 600 ≈ 55,5 m/s. b. d’ (t) = 2,4 t. On résout : d’ (t) = 200 000 3 600 ⇔ 2,4 t = 200 000 3 600 ⇔ t = 200 000 2,4 × 3 600 ≈ 23 Le décollage dure environ 23 secondes. c. La distance parcourue jusqu’au décollage est d (23) = 1,2 × 232 = 634,8 m. La piste doit donc mesurer plus que cette longueur. 99 attaque de pucerons 1 f (0) = 2,1. Au moment de l’introduction des cocci- nelles, il y a 2,1 milliers de pucerons. 2 a. La vitesse de prolifération à l’instant t est : f’ (t) = 0,009t2 – 0,24t + 1,1. b. ∆ = 0,018 ; t1 ≈ 5,88 et t2 ≈ 20,79. D’où le tableau de variations sur [ 0 ; 20 ] : t 0 t1 20 f’ (t) + 0 – f (t) 2,1 f (t1) 0,1 Avec f (t1) ≈ 5,03. Le nombre de pucerons commence à diminuer entre le 5e jour et le 6e jour. 3 On souhaite résoudre f (x) = 1. On utilise le solveur graphique de la calculatrice. Le seuil de 1 millier sera atteint entre le 16e et le 17e jour. 100 Fonction d’apprentissage 1 a. f’ (x) = 0,01 × !ßx + (0,01x + 1) × 1 2!ßx = 0,01!ßx × 2!ßx + 0,01x +1 2!ßx = 0,02x + 0,01x +1 2!ßx = 0,03x + 1 2!ßx b. f’ (10) = 0,03 × 10 +1 2!ß10 ≈ 0,2 c. Pour tout réel x > 0, on a 0,03x + 1 > 0. Donc pour tout réel x > 0, f’ (x) > 0. Concrètement, cela signifie que la vitesse d’appren- tissage est positive : le niveau d’apprentissage est donc une fonction croissante du temps (plus le temps passe et plus on apprend). 2 On souhaite résoudre f (x) = 6. On tabule à la calculatrice. Le niveau 6 est atteint au bout de 24 jours de stage.
Vers le Bac © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 100 101 exercice guidé 1 a. f’ (x) = 1 – 4 (x – 1)2 = x2 – 2x – 3 (x – 1)2 b. a = 1 positif et ∆ = 16 ; x1 = – 1 et x2 = 3. D’où l’allure de la parabole. ++ – x2x1 (x – 1)2 > 0 sur ] 1 ; + ∞ [. x 1 3 + ∞ x2 – 2x – 3 – 0 + (x – 1)2 0 + + f’ (x) || – 0 + c. D’où le tableau de variations de f : x 1 3 + ∞ f’ (x) || – 0 +f (x) –1 2 D’après le tableau de variations, f admet comme minimum –1 sur ] 1 ; + ∞ [. 3 a. f (x) = x (x – 1) x – 1 – 6 (x – 1) x – 1 + 4 x – 1 = x 2 – 7x + 10 x – 1 or (x – 5) (x – 2) x – 1 = x 2 – 2x – 5x + 10 x – 1 = x 2 – 7x + 10 x – 1 donc f (x) = (x – 5) (x – 2) x – 1 . b. f (x) = 0 ⇔ x – 5 = 0 ou x – 2 = 0. Donc S = { 2 ; 5 }. La courbe f coupe l’axe des abscisses en 2 et en 5. 102 Faire le point sur les tableaux partie a 1 Fonction f1 f2 f3 f4 Tableau de signes B D C A 2 Fonction f1 f2 f3 f4 Tableau de variations 3 2 1 4 3 Fonction f1 f2 f3 f4 Tableau de signes de la dérivée III II IV I partie B 1 g (x) = (1 – x) (x + 1)2 = (1 – x) (x2 + 2x + 1) = x2 + 2x + 1 – x3 – 2x2 – x = – x3 – x2 + x + 1 2 g’ (x) = – 3x2 – 2x + 1 3 ∆ = 16 ; x1 = 1 3 et x2 = – 1. Comme a = – 3 négatif, on a l’allure suivante pour la parabole représentant g’. + –– x2 x1 On obtient donc sur [ – 2 ; 1 ] : x – 2 – 1 1 3 1 g’ (x) – 0 + 0 – g (x) 3 0 32 27 0 4 La fonction g est la fonction f1. 103 Des fonctions coûts 1 a. Cm (q) = C’ (q) = 3q 2 – 24q + 72 Cm (5) = 3 × 5 2 – 24 × 5 + 72 = 27 Le coût marginal pour 50 kg de pâte de chocolat est 27 € par 10 kg. b. Cm’ (q) = 6q – 24, qui s’annule en 4. D’où le tableau de variations de Cm : q 0 4 8 Cm’ (q) – 0 + Cm (q) 72 24 72 c. Pour tout réel q de [ 0 ; 8 ] , Cm (q) > 0. On en déduit que la fonction C est croissante sur [ 0 ; 8 ]. 2 a. CM (q) = C (q) q = q 3 – 12q2 + 72q q = q2 – 12q + 72. b. CM’ (q) = 2q – 12, qui s’annule en 6. D’où le tableau de variations : q 0 6 8 CM’ (q) – 0 + CM (q) 72 36 40 3 a. 3q2 – 24q + 72 = q2 – 12q + 72 ⇔ 2q2 – 12q = 0 ⇔ 2q (q – 6) = 0 ⇔ q = 0 ou q = 6. Ainsi, S = { 0 ; 6 }. b. D’après la question a., les coûts moyen et marginal sont égaux pour q = 6. c. On résout : Cm (q)  CM (q) ⇔ 3q 2 – 24q + 72 > q2 – 12q + 72 ⇔ 2q (q – 6) > 0 ⇔ q > 6 car q > 0. Le coût marginal est supérieur au coût moyen lorsque la quantité de pâte de chocolat est supérieure à 60 kg. (p. 137)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 101 104 Étude d’une fonction rationnelle 1 a. f’ (x) = 100 × (x + 1) – 1 × 100x (x + 1)2 = 100 (x + 1)2 b. On a le tableau suivant sur [ 0 ; 5 ] : x 0 5 f’ (x) + f (x) 0 250 3 2 a. On obtient à l’aide de la calculatrice : x 0 1 2 3 4 5 f (x) 0 50 67 75 80 83 b. D’où le graphique : x y 1 10 O 3 a. D’après le graphique, la production est rentable à partir de 4 mois. b. La vitesse instantanée est f’ (x). Comme f’ (4) = 100 (4 + 1)2 = 4, la vitesse instantanée est de 4 milliers de pièces par mois. 105 Différents prix de vente 1 Dans le cas où le prix d’une barque est 300 €, la droite représentant les recettes est la droite , qui est toujours en dessous de la courbe  des coûts. Les coûts sont donc toujours supérieurs à la recette : ce n’est pas rentable pour l’entreprise. a. Dans le cas où chaque barque est vendue 1 000 €, 25 barques sont vendues 25 000 €, c’est-à-dire 250 centaines d’euros. Donc R (25) = 250. b. R (x) = 10x. 2 On s’intéresse au cas où les recettes sont supé- rieures aux coûts, c’est-à-dire le cas où la droite ∆ est au-dessus de . L’entreprise réalise des bénéfices lors- qu’elle fabrique et vend entre 6 et 24 barques. 3 B (x) = R (x) – C (x) = 10x – ( x23 + 48 ) = – x 2 3 + 10x – 48 4 B’ (x) = – 1 3 × 2x + 10 = 10 – 2 3 x 5 On a le tableau de variations suivant : x 0 15 30 B’ (x) + 0 – B (x) – 48 27 – 48 Pour réaliser un bénéfice maximum, l’entreprise doit fabriquer et vendre 15 barques. Le bénéfice maximum réalisé est alors 27 centaines d’euros, soit 2 700 €. 106 Offre et demande 1 La fonction f est définie par f (x) = a (x – 7) + f (7), où le coefficient a est a = f (9) – f (7) 9 – 7 = 415 – 335 2 = 40. Donc f (x) = 40 (x – 7) + 335, soit f (x) = 40x + 55. 2 g’ (x) = 3x2 – 24x – 60. ∆ = 1296 ; x1 = – 2 et x2 = 10. Avec a = 3 positif, on a l’allure suivante pour la courbe de g’. ++ – x2x1 Donc pour tout réel x de [ 0 ; 10 ] , g’ (x)  0. On en déduit que la fonction g est décroissante sur [ 0 ; 10 ]. 3 On obtient : Les courbes f et g semblent se couper en ( 7 ; 335 ). f (7) = 40 × 7 + 55 = 335 ; g (7) = 73 – 12 × 72 – 60 × 7 + 1 000 = 335. Le prix d’équilibre est donc de 7 € ; la quantité d’équi- libre est 335 tonnes. Le chiffre d’affaires réalisé est : 7 × 335 000 = 2 345 000 €. 107 Coûts, recettes et bénéfice 1 a. Le coût de production de 50 vases est environ 4,7 milliers d’euros. b. Pour un coût de 3 000 euros, environ 43 vases sont produits. 2 a. Pour x dizaines d’euros vendus, la recette est 80x dizaines d’euros, soit 800x euros, ou encore 0,8x milliers d’euros. Ainsi, g (x) = 0,8x.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 102 b. On obtient : x y 1 1 O c. L’entreprise réalise des bénéfices lorsqu’elle fabrique et vend entre 6 vases et 55 vases. 3 a. B (x) = g (x) – f (x) = 0,8x – (0,1x2 + 0,2x + 0,3) = 0,8x – 0,1x2 – 0,2x – 0,3 = – 0,1x2 + 0,6x – 0,3 b. B’ (x) = – 0,2x + 0,6 D’où le tableau de variations sur [ 0 ; 7 ] : x 0 3 7 B’ (x) + 0 – B (x) – 0,3 0,6 – 1 c. Le bénéfice est maximum lorsque l’entreprise fabrique et vend 30 vases. 108 Des fonctions coûts 1 a. C (0) = 100. Les coûts fixes sont de 10 000 €. b. C (0,5) = 118,625. Les coûts de production de 500 kg sont de 11 862,50 €. C (0,8) = 128,672. Les coûts de production de 800 kg sont de 12 867,2 €. 2 a. Cm (q) = C’ (q) = 3q 2 – 12q + 40 Avec les notations habituelles, Cm (q) est minimum pour q = – b 2a = 12 2 × 3 = 2 tonnes. b. ∆ = – 336 négatif. D’où l’allure de la parabole. + + + Donc pour tout q de [ 0 ; 7 ], Cm (q) > 0. On en déduit que la fonction C est croissante sur [ 0 ; 7 ]. 3  Le coût moyen de production de 2 tonnes de perles est C (2) 2 = 164 2 = 82 centaines d’euros par tonne.  Le coût moyen de production de 4 tonnes de perles est C (4) 4 = 228 4 = 57 centaines d’euros par tonne. 4 La fonction q  q – 5 est croissante et s’annule en 5. Pour la fonction q  q2 + 2q + 10, on a ∆ = – 36 négatif avec a = 1. D’où l’allure de la courbe. + + + Ainsi, pour tout q de [ 0 ; 7 ], q2 + 2q + 10 > 0. En utilisant les résultats de la calculatrice formelle, on obtient le tableau de signes et de variations suivant sur [ 0 ; 7 ] : q 0 5 7 m’ (q) – 0 + m (q) 55 429 7 Le coût moyen est minimum pour q = 5 tonnes. Comme Cm (5) = 55, lorsque le coût moyen est minimum, il est égal au coût marginal. 109 Minimiser un coût de transport 1 a. v = 600 t , donc t = 600 v . b. Le coût du carburant sur le trajet est : 1 × C (v) × t = ( 5 + v2300 ) × 600v = 3 000v + 2v. c. Le coût total est la somme du coût du carburant et du coût lié au salaire du chauffeur. Donc f (v) = ( 3 000v + 2v ) + 16,87 × t = 3 000 v + 2v + 16,87 × 600 v = 3 000 v + 2v + 10 122 v donc f (v) = 13 122 v + 2v. 2 a. f’ (v) = – 13 122 v2 + 2 = 2v 2 – 13 122 v2 = 2(v 2 – 6 561) v2 = 2(v – 81) (v + 81) v2 . D’où le tableau de variations de f sur ] 0 ; 130 ] : v 0 81 130 f’ (v) – 0 + f (v) 324 23 461 65 b. Le coût de transport est minimal lorsque la vitesse est 81 km/h. Le coût minimum est 324 €. 3 On résout sur ] 0 ; 90 ] l’inéquation f (v)  350 ⇔ 13 122 v + 2v  350 ⇔ 2v2 – 350v + 13 122  0 (car v > 0). ∆ = 17 524 ; v1 ≈ 54,4 et v2 ≈ 120,6.
Réinvestir... © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 103 Avec l’allure de la parabole ci-contre. ++ – x2x1 D’où le tableau de signes : v 0 v1 90 2v2 – 350v + 13 122 + 0 – La vitesse moyenne doit donc se trouver entre environ 54,4 km/h et 90 km/h. 110 Dérivées en cascade 1 f est représentée par 2 . g est représentée par 3 . h est représentée par 1 . 2 f (0) = 0 donc b + c = 0. f (2) = 4 donc 2a + b + c 3 = 4 . f admet un extremum en 2 donc f’ (2) = 0 : a – c 9 = 0. b + c = 0 On résout le système : { 2a + b + c3 = 4. a – c9 = 0 On obtient a = – 1 ; b = 9 et c = – 9. Donc f (x) = – x + 9 – 9 x + 1 111 positions relatives de deux courbes 1  f’ (x) = 3x2 – 22x + 39. Avec ∆ = 16 ; x1 = 3 et x2 = 13 3 . D’où le tableau de variations de f sur [ 0 ; 7 ] : x 0 3 13 3 7 f’ (x) + 0 – 0 + f (x) –20 25 613 27 57  g’ (x) = 3x2 – 22x + 19. Avec ∆ = 256 ; x1 = 1 et x2 = 19 3 . D’où le tableau de variations de g sur [ 0 ; 7 ] : x 0 1 19 3 7 g’ (x) + 0 – 0 + g (x) 70 79 85 27 7 2 a. f (x) = g (x) ⇔ x3 – 11x2 + 39x – 20 = x3 – 11x2 + 19x + 70 ⇔ 20x = 90 ⇔ x = 4,5. Donc S = { 4,5 }. b. Le point d’intersection des courbes f et g a pour abscisse 4,5. Comme f (4,5) = 23,875, le point d’intersection de f et g a pour coordonnées ( 4,5 ; 23,875 ) . 3 a. f (x)  g (x) ⇔ x3 – 11x2 + 39x – 20  x3 – 11x2 + 19x + 70 ⇔ 20x  90 ⇔ x  4,5. Donc sur l’intervalle [ 0 ; 7 ], l’ensemble solution est [ 4,5 ; 7 ]. b. La courbe f est au-dessus de g sur [ 4,5 ; 7 ]. 112 ... en démographie rythme de croissance d’une population 1 f (10) = 18 ; f (11) = 18,5. La population en 1990 est de 18 000 habitants ; la population en 1991 est de 18 500 habitants. La variation absolue de la population entre 1990 et 1991 est 18 500 – 18 000 = 500 habitants. 2 a. f’ (t) = 26 × (t + 5) – 1 × (26t + 10) (t + 5)2 = 120 (t + 5)2 Ainsi, pour tout réel t  0, f’ (t) > 0. Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. b. f’ (10) ≈ 0,53 et f’ (11) ≈ 0,47. La variation absolue f (11) – f (10) est environ égale à f’ (11). 3 a. f’ (25) ≈ 0,13 Le rythme de croissance de la population est d’environ 0,13 millier d’habitants par an. b. L’année 2015 correspond à t = 35. f’ (35) = 0,075. Le rythme de croissance de la population en 2025 est de 0,075 millier d’habitants par an. c. 120 (t + 5)2  3 10 ⇔ 120 × 10 3  (t + 5)2 ⇔ 400  (t + 5)2 ⇔ 20  t + 5 car t  0 ⇔ t  15. Le rythme de croissance de la population est inférieur à 0,3 millier à partir de 15 années. 113 ... en sciences Vitesse de propagation d’une maladie partie a : ÉtUDe GraphiQUe 1 La situation est grave au bout de 4 jours et jusqu’à 10 jours : cela fait 6 jours complets. (p. 142)
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 104 2 f’ (0) est le coefficient directeur de la droite (OA), donc vaut yA – yO xA – xO . Ainsi, f’ (0) = 112,5 10 = 11,25. 3 a. Le nombre maximal de malades est environ 260, atteint au bout de 7,5 jours. La tangente étant horizontale, la vitesse de propaga- tion de la maladie est nulle. b. L’épidémie progresse le plus lorsque la tangente est la plus pentue, soit environ au bout de 4 jours. partie B : ÉtUDe thÉOriQUe 1 On a : 2 f’ (t) = – 3t2 + 21t + 45 4 ∆ = 576 ; t1 = 7,5 et t2 = – 0,5, avec l’allure suivante de la parabole. + –– x2 x1 D’où le tableau de variations de f sur [ 0 ; 11 ] : t 0 7,5 11 f’ (t) + 0 – f (t) 0 253,125 63,25 Cela est cohérent avec la courbe . 3 f’ (0) = 45 4 = 11,25 On retrouve le résultat de la question A 2 . 114 ... en anglais Optimizing a volume 1 a. On ôte au côté 30 deux fois la longueur x positive. Il faut alors que 30 – 2x > 0, soit x < 15. Ainsi, x  ] 0 ; 15 [. b. V = (30 – 2x) × (30 – 2x) × x = 4x (15 – x)2 En développant, on obtient : V = 4x3 – 120x2 + 900x. 2 a. f’ (x) = 12x2 – 240x + 900 ∆ = 14 400 ; x1 = 5 et x2 = 15 avec l’allure suivante pour la parabole. ++ – x2x1 D’où le tableau de variations sur ] 0 ; 15 [ : x 0 5 15 f’ (x) + 0 – 0 f (x) 0 2 000 0 La fonction f est croissante sur ] 0 ; 5 ] et décroissante sur [ 5 ; 15 [. b. Le volume maximal est 2 000 in3, pour x = 5 in. Les dimensions de la boîte de volume maximal sont : 20 in × 20 in × 5 in. 115 ... en économie Niveau de satisfaction et courbes d’indifférence 1 a.  Pour 2 livres et 3 DVD, le niveau de satisfaction est 2 × 3 = 6.  Pour 4 livres et 1 DVD, le niveau de satisfaction est 4 × 1 = 4. Thibaut préfère la 1e possibilité. b. Le couple ( 10 ; 6 ) correspond au niveau de satis- faction 10 × 6 = 60. c. Le panier ( 3 ; 2 ) a, par exemple, le même niveau de satisfaction que le panier ( 2 ; 3 ). 2 a. Lorsque le niveau de satisfaction est 10, on a : xy = 10, soit y = 10 x . b. La courbe de niveau 10 est la courbe jaune. La courbe de niveau 50 est la courbe bleue. c. Voir ci-après. 3 a. Deux livres et trois DVD coûtent : 2 × 9 + 3 × 18 = 72 €. Thibaut peut acheter le panier ( 2 ; 3 ). b. Lorsque le budget est maximal, on a : 9x + 18y = 108, soit y = 6 – x 2 . On obtient : x y 1 1 10 5 O
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 105 La droite 108 coupe la courbe de niveau 10 : avec son budget maximal, Thibaut peut avoir un niveau de satisfaction de 10 (pour les paniers ( 2 ; 5 ) et ( 10 ; 1 )). La droite 108 ne coupe pas la courbe de niveau 50 : avec son budget maximal, Thibaut ne peut pas avoir un niveau de satisfaction de 50. c. Pour x et y strictement positifs, on résout : y = 10 x y = 6 – x 2 y = 6 – x 2 10 x = 6 – x 2 y = 6 – x 2 – x 2 2 + 6x – 10 = 0{ ⇔ { ⇔ { ∆ = 16 ; x1 = 10 et x2 = 2. Ainsi, x = 10 y = 10 10 = 1 x = 2 y = 10 2 = 5{ ou { Pour un niveau de satisfaction de 10 et un budget maximal, Thibaut peut acheter 10 livres et 1 DVD, ou 2 livres et 5 DVD. 4 Pour un budget B, on a : 9x × 18y = B, soit y = B 18 – x 2 . La nouvelle droite de budget est donc parallèle à la droite de budget 108 . Pour obtenir le budget minimal pour un niveau de satisfaction de 50, on cherche la parallèle à 108 qui soit tangente à la courbe de niveau 50 : x y 1 10 1 5 O L’ordonnée à l’origine de la droite tracée est 10 et B 18 . Le budget minimal pour un niveau de satisfaction de 50 est donc de 180 €. 116 ... en économie Coût total, coût marginal et coût moyen 1 a. Cm (q) = q 2 – 6q + 10 b. On obtient : Comme C’ (q) = q2 – 6q + 10 avec ∆ = – 4 négatif, on a l’allure suivante pour la parabole. + + + Donc pour tout réel q de [ 0 ; 10 ], C’ (q) > 0 : la fonction C est croissante sur [ 0 ; 10 ]. c. Cm’ (q) = 2q – 6, fonction croissante qui s’annule en 3. D’où le tableau suivant : q 0 3 10 Cm’ (q) – 0 + Cm (q) 10 1 50 Pour tout réel q de [ 0 ; 10 ], Cm (q) > 0, car le minimum est 1. Le coût marginal est donc positif : produire une unité supplémentaire coûte de l’argent. 2 a. M (q) = C(q) q = 1 3 q2 – 3q + 10 + 36 q b. D’après la calculatrice formelle : M’ (q) = (q – 6) (2q 2 + 3q + 18) 3q2 .  q  q – 6 est croissante et s’annule en 6.  Pour q  2q2 + 3q + 18, on a : ∆ = – 135 et l’allure suivante. + + + D’où le tableau de variations de M sur ] 0 ; 10 ] : q 0 6 10 M’ (q) – 0 + M (q) 10 254 15 c. Le coût moyen est minimum pour une quantité q0 de 6 tonnes. d. Cm (6) = 10. Pour la quantité q0, le coût moyen est égal au coût marginal. 3 En utilisant les tableaux de variations, le coût moyen est représenté par la courbe Γ2 rouge et le coût marginal est représenté par la courbe Γ1 bleue. 4 a. Sur l’intervalle ] 0 ; 6 ], le coût marginal est inférieur au coût moyen (la courbe Γ1 se trouve sous la courbe Γ2) et le coût moyen est décroissant. b. Sur l’intervalle [ 6 ; 10 ], le coût marginal est supé- rieur au coût moyen (la courbe Γ1 se trouve au- dessus de la courbe Γ2) et le coût moyen est croissant.
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. Chapitre 5 Dérivation 106 117 ... en décoration Optimiser une surface 1 On propose : 6 6 6 x x h surface latérale couvercle supérieur fond 2 a. V = 6xh b. Or V = 960. Donc h = 960 6x = 160 x . c. A (x) = 2 × xh + 2 × 6h + 5 × 6x = 2 × x × 160 x + 12 × 160 x + 30x Ainsi, A (x) = 30x + 320 + 1 920 x . 3 a. et b. A’ (x) = 30 – 1 920 x2 = 30x 2 – 1 920 x2 = 30 (x 2 – 64) x2 = 30 (x – 8) (x + 8) x2 D’où le tableau suivant sur ] 0 ; + ∞ [ : x 0 8 + ∞ A’ (x) – 0 + A (x) 800 4 L’aire latérale est minimum pour x = 8 cm. La hauteur h associée est h = 160 8 = 20 cm. Les dimensions de la boîte associée sont : 8 cm × 6 cm × 20 cm. 118 ... en économie rendements et points d’inflexion 1 a. f’ (t) = – 3t2 + 24t + 72 = g (t) g’ (t) = – 6t + 24 b. La fonction affine g’ est décroissante et s’annule en 4. D’où le tableau de variations : t 0 4 10 g’ (t) + 0 – g (t) 72 120 12 La production marginale admet un maximum en t0 = 4. c. D’après le tableau de variations de f’ = g, pour tout t de [ 0 ; 10 ], f’ (t) > 0. Donc la production totale f est croissante sur [ 0 ; 10 ]. 2 a. La phase de rendements croissants est l’inter- valle [ 0 ; 4 ]. La phase de rendements décroissants est l’intervalle [ 4 ; 10 ]. Le point d’inflexion I est le point de coordonnées ( 4 ; f (4)), soit ( 4 ; 416 ). b. La tangente T à la courbe  en I a pour équation : y = f’ (4) (t – 4) + f (4). Comme f (4) = 416 et f’ (4) = g (4) = 120, la droite T a pour équation : y = 120 (t – 4) + 416, soit y = 120t – 64. c. f (t) – h (t) = (– t3 + 12t2 + 72t) – (120t – 64) = – t3 + 12t2 – 48t + 64 = – (t – 4)3 On sait que (t – 4)3 est du signe de t – 4. Donc : - pour t < 4, on a (t – 4)3 < 0 ; - pour t > 4 , on a (t – 4)3 > 0. D’où le tableau de signes : t 0 4 10 f (t) – h (t) + 0 – Ainsi, sur [ 0 ; 4 ], la courbe  est au-dessus de la tan- gente T. Sur [ 4 ; 10 ],  est en dessous de la tangente T. Ainsi, au point I, la tangente T traverse la courbe. 119 ... en architecture Le bon raccordement d’un toboggan 1 Étude des deux parties « courbes »  f’ (x) = – 0,5x. Ainsi, f (0) = 5 et f’ (0) = 0. Donc en D ( 0 ; 5 ), la tangente à f est horizontale.  g’ (x) = 0,5x – 35. Ainsi, g (7) = 0 et g’ (7) = 0. Donc en F ( 7 ; 0 ), la tangente à g est horizontale. 2 Étude de la partie droite a. f (2) = 4 et f’ (2) = – 1. Ainsi, la tangente à f en A admet pour équation : y = – (x – 2) + 4, soit y = – x + 6. b. g (5) = 1 et g’ (5) = – 1. Ainsi, la tangente à g en B admet pour équation : y = – (x – 5) + 1, soit y = – x + 6. c. Les tangentes précédentes sont confondues et passent par les points A et B. Elles sont donc égales à la droite (AB), qui est donc tangente à f et à g. La droite (AB) donne un bon raccordement au toboggan. 3 Un autre modèle a. h (0) = 5. Donc h passe par le point D. h (7) = 0,1. Donc h ne passe pas par le point F. b. h’ (x) = 0,09x2 – 0,62x ; h’ (0) = 0 et h’ (7) = 0,07. La tangente à h en D est horizontale, mais la tangente à h au point d’abscisse 7 n’est pas horizontale. c. La fonction h peut être considérée comme une approximation du toboggan.
ProbabilitésProbabilités © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 107 C H A P I T R E D epuis le collège, les élèves ont acquis les bases des probabilités : notion d’événement et cal-cul de probabilités sur un univers dans une situation d’équiprobabilité. En Seconde, cet apprentis- sage se poursuit avec la réunion et l’intersection d’évé- nements. La pratique des arbres de choix, des tableaux à deux entrées, des diagrammes en bâtons ou de Venn off re des outils pour modéliser. La notion d’échan- tillonnage a été vue également. En Première ES, c’est la découverte des variables aléa- toires et de la loi binomiale. Nous avons donc repris dans la page « Partir d’un bon pied » et dans la partie A.P. correspondante les notions déjà vues dans les sections antérieures, afi n d’alléger le cours. Dans les pages « Découvrir », la première activité per- met d’introduire la notion de variable aléatoire à par- tir de deux situations simples connues en Seconde. Les notations P(X = a) peuvent ainsi être utilisées. Les deux activités suivantes introduisent le schéma de Bernoulli. L’activité 2 conduit aux coeffi cients binomiaux si on continue l’arbre. L’activité 3 semble reprendre le même schéma, mais dans cette situation, la probabilité d’un « chemin » apparaît. En continuant l’arbre, on peut alors introduire le prin- cipe multiplicatif et la loi binomiale. La vidéo accompagnant cette activité se prolonge avec la situation des exercices 49 à 51 page 163 et le triangle de Pascal, hors programme. L’activité 4 présente une simulation sur tableur et l’ap- proche de la notion de gain moyen et donc d’espérance d’une variable aléatoire. Les variables aléatoires ne présentent pas de diffi culté pour les élèves. Cela peut même être plus simple que Intentions des auteuresIntentions des auteures la probabilité de réunion ou d’intersection d’événe- ments, car les événements élémentaires sont liés à des nombres. L’espérance est à rapprocher de la notion de moyenne et des propriétés de celle-ci. Les exercices de simu- lations sont à reprendre pour ne pas perdre de vue la fl uctuation d’échantillonnage et le fait qu’il faille un grand nombre d’expériences pour s’approcher en moyenne de l’espérance : voir page 160. Nous avons fait le choix de dissocier les coeffi cients binomiaux (nombre de chemins sur un arbre) de la loi binomiale. C’est pourquoi nous les avons introduits au moment de la répétition d’expériences identiques et indépendantes, c’est-à-dire sur le schéma de Bernoulli. Ainsi, le travail sur le principe multiplicatif sur l’arbre et les coeffi cients binomiaux font l’objet d’exercices avant de voir la loi binomiale, plus complexe. Conformément au programme, nous n’avons pas tra- vaillé les formules sur les coeffi cients binomiaux : la calculatrice permet de les obtenir. Nous les avons abordées à travers des exercices liés au triangle de Pascal, page 163. Pour la loi binomiale, comme dans les programmes des années précédentes, nous avons insisté sur la représentation en arbre pondéré et la reconnaissance d’une situation. L’expression « Schéma de Bernoulli » n’apparaît pas dans le programme de ES, mais nous l’avons indiqué dans la page « Faire le point » en page 156, car couramment utilisé et vu dans le nouveau programme de STI - STL. Les applications sont nombreuses et nous avons pris soin d’en montrer la variété : jeux bien sûr, contrôle de qualité, espérance de bénéfi ce, aide à la décision, espérance de vie, croissance en biologie, etc., et même musique aléatoire. Nous espérons ainsi vous donner tous les outils pour faire apprécier à vos élèves ces notions. BAT_Chap06-LP.indd 107 26/08/11 10:08
c. Faux : L’événement C contient les tirages comportant un atout en première ou en deuxième place et une carte autre qu’un atout, ainsi que les tirages comportant deux atouts. Moyenne - Variance - Écart type 1 –x = 4 × 6 + 9 × 8,5 + 10 × 10,5 + 7 × 15 4 + 9 + 10 + 7 = 10,35 2 –x = 0,4 × 35 + 0,19 × 38 + 0,10 × 36 + 0,41 × 37 = 39,99 Simulation sur la calculatrice ou sur tableur 1 c. Vrai : on peut obtenir 0 mais jamais 1, donc la partie entière est toujours 0. 2 a. Faux : cette instruction renvoie un nombre entier entre 0 et 5 inclus. b. Vrai. c. Faux : Ent (Alea()) = 0. C D © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 108 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 108 Probabilité d’un événement 1 a. Faux : ne pas confondre la fréquence, liée aux statistiques, et la probabilité. c. Vrai. 2 b. Vrai : propriété importante. 3 a. Vrai : l’univers est E = { PP ; FF ; PF ; FP } et A = { PP ; FF } . 4 a. Vrai : la somme des probabilités est 1, donc : p = 1 – 1 8 – 1 4 – 1 2 = 1 8 . D’où P(A) = p + 1 8 = 1 8 + 1 8 = 1 4 . Opérations sur les événements 1 a. Faux : un cavalier peut être un cœur. c. Vrai : –C = « tirer aucun atout ». Le contraire de « au moins un » est « aucun ». d. Faux : A et B ne sont pas disjoints. 2 b. Vrai : on tire une carte parmi 78 et il y a 22 atouts, donc P(G) = 22 78 . A B Probabilité d’un événemeA (p. 146) Étudier des expériences aléatoires : jeu de hasardActivitéActivité 1 xi 1 5 10 P(X = xi) 0,5 0,40 0,1 b. S A B C D E A 4 0 6 6 11 B 0 4 6 6 11 C 6 6 10 10 15 D 6 6 10 10 15 E 11 11 15 15 20 Les positions ( A ; C ), ( A ; D ), ( B ; C ), ( B ; D ), ( C ; A ), ( C ; B ), ( D ; A ), ( D ; B ) permettent de gagner 6 points. Les positions ( A ; E ), ( B ; E ), ( C ; E ), ( D ; E ), ( E ; A ), ( E ; B ), ( E ; C ), ( E ; D ), ( E ; E ) permettent de gagner plus de 10 points. Objectifs – Associer un gain à chaque issue d’une expérience aléatoire ; – calculer la probabilité du montant gagné. 1 Issues équiprobables a. Le disque est partagé en 8 secteurs de même aire. Les couleurs apparues sont équiprobables. Couleur Jaune Vert Rouge Bleu Probabilité 0,25 0,25 0,25 0,25 Montant (en €) 15 25 50 5 b. Soit X le montant gagné : P(X = 5) = P(X = 15) = P(X = 25) = P(X = 50) = 0,25. 2 Issues non équiprobables a. P(X = 1) = P(A) + P(B) = 0,5 P(X = 5) = P(C) + P(D) = 0,40 P(X = 10) = P(E) = 0,10 (p. 148) BAT_Chap06-LP.indd 108 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 109 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 109 Analyser un arbre de choix : un chemin pour trouverActivitéActivité 2 Objectifs – Déterminer l’issue d’une expérience aléatoire obtenue en suivant un chemin sur un arbre de choix ; – déterminer un chemin correspondant à une issue donnée. a. Les clés sont cachées à l’intérieur de tous les tunnels qui partent vers la droite. Allan peut rapporter soit 0 clé, soit 1 clé, soit 2 clés, soit 3 clés suivant qu’il emprunte 0, 1, 2 ou 3 fois un tunnel qui part vers la droite. b. En suivant les chemins : D – G – G / G – D – G / G – G – D : il rapporte 1 clé ; D – D – G / D – G – D / G – D – D : il rapporte 2 clés. Déterminer un nombre de chemins sur la planche de Galton ActivitéActivité 3 Objectifs – Relier une issue au nombre de déplacements dans une direction donnée pour un chemin sur l’arbre de choix ; – déterminer le nombre de chemins menant à une issue donnée ; – comprendre que la probabilité d’obtenir une issue donnée, dépend du nombre de chemins menant à cette issue. Recherche sur un arbre a. La bille suit le parcours D – G – D – G , la bille est descendue 2 fois à gauche donc elle tombe dans la case no 2. b. Pour gagner 2 jetons, la bille doit arriver en case 2 ; elle doit donc se déplacer 2 fois vers la gauche. Les chemins possibles sont : G – G – D – D / D – D – G – G / G – D – G – D / D – G – D – G / G – D – D – G / D – G – G – D Il y a 6 chemins permettant d’arriver à la case 2 parmi les 16 chemins. Tous les chemins sont équiprobables de probabilité 1 16 . La probabilité que Florent gagne 2 jetons est donc 6 16 = 3 8 . c. Pour gagner 1 jeton, la bille doit arriver en case 1 ; elle doit se déplacer 1 fois vers la gauche. Les chemins possibles sont : G – D – D – D / D – G – D – D / D – D – G – D / D – D – D – G Il y a 4 chemins permettant d’arriver à la case 1. La probabilité de gagner 1 jeton est 4 16 = 1 4 . Pour gagner 3 jetons, la bille doit arriver en case 3 ; elle doit se déplacer 3 fois vers la gauche. Les chemins possibles sont : G – G – G – D / G – G – D – G / G – D – G – G / D – G – G – G Il y a 4 chemins permettant d’arriver à la case 3. La probabilité de gagner 3 jetons est 4 16 = 1 4 . La probabilité que Vincent gagne est donc 1 4 + 1 4 = 1 2 . Obtenir l’espérance de gainActivitéActivité 4 c. En cellule M3, on calcule le produit de chaque nombre de jetons gagnés par la fréquence corres- pondante, c’est-à-dire le gain moyen. 3 En effectuant plusieurs simulations de 5 000 expé- riences, on observe que les valeurs du gain moyen de Florent se rapprochent de 2. Objectifs Observer que, lors d’un grand nombre de parties, le gain moyen se rapproche d’une valeur théorique. 1 a. La cellule D2 calcule le nombre de jetons gagnés. En recopiant les cellules de la première ligne vers le bas jusqu’à la ligne 201, on simule 200 parties identiques. b. Dans la simulation donnée, le gain total de Florent est : 11 × 0 + 44 × 1 + 80 × 2 + 54 × 3 + 11 × 4 = 410 soit un gain moyen sur 200 parties de 2,05 jetons. BAT_Chap06-LP.indd 109 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 110 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 110 Exercices d’applicationExercices d’application 1. Étudier une variable aléatoire (p. 151) a. 0,26 + 0,47 + 0,27 = 1 donc ce tableau est la loi de probabilité d’une variable aléatoire X. b. 0,15 + 0,45 + 0,25 + 0,14 = 0,99 donc ce tableau n’est pas la loi de probabilité d’une variable aléa- toire X. xi – 8 10 P(X = xi) 2 3 1 3 E(X) = – 16 3 + 10 3 = – 6 3 = – 2 On détermine les valeurs xi du produit à l’aide du tableau suivant : 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 4 6 8 La loi de probabilité de X est : xi 1 2 3 4 6 8 P(X = xi) 1 8 1 4 1 8 1 4 1 8 1 8 E(X) = 1 8 + 2 4 + 3 8 + 4 4 + 6 8 + 8 8 = 30 8 = 3,75 Exercices d’applicationExercices d’application 2. Utiliser une arbre pondéré (p. 153) Le nombre de scores où le candidat gagne 200 € est le nombre de chemins de l’arbre où l’on rencontre 2 fois G au cours des 3 branches, c’est-à-dire (32) = 3 correspondant aux chemins : P – G – G ou G – P – G ou G – G – P. On calcule la probabilité de gagner 200 € en multipliant la probabilité d’un de ces scores par le nombre de scores : P(« gagner 200 € ») = (32) x 227 = 3 × 227 = 29 Le présentateur pose 4 questions. Le nombre de scores où le candidat gagne 200 € est le nombre de chemins de l’arbre où l’on rencontre 2 fois G au cours des 4 branches, c’est-à-dire (42) = 6 correspondant aux chemins : P – P – G – G ou G – G – P – P ou G – P – G – P ou P – G – P – G ou G – P – P – G ou P – G – G – P La probabilité d’un des scores est : 1 3 × 1 3 × 2 3 × 2 3 = 4 81 On calcule la probabilité de gagner 200 € en multipliant la probabilité d’un de ces scores par le nombre de scores : P(« gagner 200 € ») = (42) × 481 = 6 × 481 = 827 2 — 3 2 — 3 2 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 2 — 3 1 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 1 — 3 1 — 3 2 — 3 1 — 3 P G P P P P G P G G P G G P G P P G G P G P P G G P G P P G G P G P P P G G P G G P G G P G P P G G P G P P G G P G P P G G Si le nombre de scores est (53), le présentateur a posé 5 questions et le joueur a donné 3 bonnes réponses. Il a donc gagné 300 €. (Pour ne pas surcharger le dessin certaines probabilités ne sont pas marquées sur les branches mais elles sont identiques aux branches voisines.) BAT_Chap06-LP.indd 110 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 111 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 111 Exercices d’applicationExercices d’application 3. Reconnaître et utiliser la loi binomiale (p. 155) Soit C la variable aléatoire égale au nombre de calories. Le menu B a 800 calories et le menu S a 275 calories. La loi de probabilité associée au nombre de calories C est obtenue en ajoutant les calories de chaque menu et en recopiant les résultats des probabilités précédentes : ci 2 400 1 875 1 350 825 P(C = ci) 0,216 0,432 0,288 0,064 D’où E(C) = 1 770. À faire à l’aide des listes de la calculatrice. Chaque lancer du dé est une épreuve de Bernoulli de succès S : « obtenir le 5 » de probabilité p = 1 6 . On a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. X suit la loi binomiale � (4 ; 16). Le joueur gagne 2 euros lorsque le 5 apparaît 2 fois. Le nombre de chemins contenant 2 fois le 5 au cours des 4 branches est (42) = 6 donc P(X = 2) = (42) × (16) 2 × (56) 2 = 150 1296 soit environ 0,116. E(X) = np = 4 × 1 6 = 2 3 . En moyenne, le joueur peut espérer gagner 0,67 euro s’il lance les 4 dés un grand nombre de fois. Chaque saut d’obstacle est une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès p = 0,7. On a une répétition de 5 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Donc X suit la loi binomiale � (5 ; 0,7). P(X = 3) = (53) × 0,73 × 0,32 ≈ 0,3087 P(X � 4) = P(X = 5) = 0,75 ≈ 0,1681 QCMQCM c. Par définition d’une loi de probabilité : la somme des probabilités des événements (X = k), pour k ∈ { 0 ; 1 ; 2 ; 3 } , est égale à 1. b. Attention : le joueur mise 1 €. Pour obtenir le gain algébrique, il faut retrancher la mise. Il y a deux pièces de 0,50 € parmi les quatre pièces, donc P(X = –0,50) = 1 2 . La loi de probabilité de X est le tableau : xi – 0,50 0 1 P(X = xi) 1 2 1 4 1 4 a. E(X) = 1 2 × (–0,50) + 1 4 × 0 + 1 4 × 1 = 0 L’espérance est nulle, donc le jeu est équitable. a. L’expérience qui est répétée deux fois de manière identique a deux issues A et B de probabilités respectives : P(A) = 2 5 et P(B) = 3 5 . c. « Obtenir au moins un A » est l’événement contraire de « obtenir (B , B) ». Donc la probabilité d’obtenir au moins un A est 1 – P( (B , B) ). a. Par définition des coefficients binomiaux, le nombre de listes où le résultat A apparaît une seule fois, parmi 2 répétitions, est (21) . b. Résultat obtenu à la calculatrice : (21) = 2. c. La loi binomiale ne peut s’appliquer que lors de la répétition d’expériences identiques et indépendantes à 2 issues seulement. a. Par définition des paramètres d’une loi bino- miale, si c’est la loi � (3 ; 0,7), alors la probabilité du succès est le paramètre 0,7 . b. L’événement E : « obtenir au moins un succès » est l’événement contraire de l’événement : « obtenir 3 échecs » ; d’où P(E) = 1 – 0,83 . (p. 157) a. (31) = 3 et (32) = 3 (31) = (32). Le nombre de scores où le candidat gagne une seule fois au cours des 3 branches est égal au nombre de scores où le candidat gagne 2 fois au cours de 3 branches. En effet, le nombre de scores où le candi- dat gagne deux fois est égal au nombre de scores où le candidat perd une seule fois au cours des 3 branches. b. (52) = 10 et (53) = 10 Le nombre de scores où le candidat gagne 2 fois au cours des 5 branches est égal au nombre de scores où le candidat gagne 3 fois au cours de 5 branches. BAT_Chap06-LP.indd 111 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 112 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 112 1 Variable aléatoire : loi de probabilité et espérance (p. 158) Vrai ou faux ? a. Vrai : les valeurs prises par une variable aléatoire sont des nombres associés à chaque issue d’une expérience aléatoire. Ces valeurs peuvent être des réels quelconques : gains à un jeu, résultats sur un dé, etc. b. Vrai. c. Faux : il ne faut pas confondre la valeur xi prise par une variable aléatoire avec la probabilité P(X = xi) . d. Vrai. QCM a. Faux : P(1 � X � 4) = P(X = 2) = 0,2. b. Vrai : P(X � 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,35. c. Faux : P(X � 2) = 0,35 + 0,25 = 0,60. P(X � 2) = 0,20 + 0,20 = 0,40. d. Faux : X ne peut être à la fois égale à 1 et à 2, donc les événements (X = 1) et (X = 2) sont incompatibles : P( (X = 1) ∩ (X = 2) ) = 0. e. Vrai : la valeur la plus grande prise par la variable aléatoire est 4 ; donc P(« au moins 4 ») = P(X = 4) . Loi avec une inconnue P(X = 5) + P(X � 5) + P(X � 5) = 1 donc P(X = 5) = 1 – 1 3 – 1 2 = 1 6 xi 4 5 6 P(X = xi) 1 3 1 6 1 2 Valeurs d’une variable aléatoire On dresse un tableau à double entrée avec le dernier chiffre du produit des numéros. Par exemple, pour 3 et 6, on obtient 3 × 6 = 18, donc on garde 8. L’ensemble des valeurs prises par X est : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 } . Ainsi, par lecture du tableau, P(X = 0) = 7 48 . À l’aide d’un arbre de choix 1 On lance trois fois de suite une pièce de monnaie. Les issues possibles sont : P F 0,50,5 6 3 3 0 3 0 0 –3 P F 0,50,5 P F 0,50,5 P F 0,50,5 P F 0,50,5 P P F F 0,50,5 0,50,5 Issue (P ; P ; P) (P ; P ; F) (P ; F ; P) (P ; F ; F) Gain 6 3 3 0 Issue (F ; P ; P) (F ; P ; F) (F ; F ; P) (F ; F ; F) Gain 3 0 0 – 3 2 Les valeurs prises par la variable aléatoire X sont { – 3 ; 0 ; 3 ; 6 }. La loi de probabilité de la variable aléa- toire X est : xi – 3 0 3 6 P(X = xi) 1 8 3 8 3 8 1 8 À l’aide d’un tableau Les gains algébriques possibles sont : Gain J : + 5 B : – 1 R : 0 J : + 5 10 4 5 B : – 1 4 – 2 – 1 R : 0 5 – 1 0 Loi de probabilité de la variable aléatoire X : xi – 2 – 1 0 4 5 10 P(X = xi) 1 9 2 9 1 9 2 9 2 9 1 9 QCM 1 a. Les valeurs xi de la variable aléatoire X sont les nombres entiers de 1 à 21 et pi = P(X = xi) = 1 21 . E(X) = p1 × x1 + p2 × x2 + ... + p21 × x21 = 1 21 × 1 + 1 21 × 2 + ... + 1 21 × 21 = 1 21 × (1 + 2 + ... + 21) = 11 Ne pas hésiter à utiliser la calculatrice si les suites n’ont pas été vues. 2 Les valeurs prises par Y sont { − 2 ; 1 ; 10 }. La loi de probabilité de Y est le tableau : yi –2 1 10 P(Y = yi) 8 21 10 21 3 21 Recherche d’une relation xi α 20 30 P(X = xi) 0,5 0,25 p a. 0,5 + 0,25 + p = 1 donc p = 0,25 BAT_Chap06-LP.indd 112 26/08/11 10:08
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 113 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 113 b. et c. E(X) = 0,5α + 5 + 30p = 10 soit 0,5α + 12,5 = 10 donc α = – 5. Plusieurs défauts X est la variable aléatoire égale au nombre de défauts constatés. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 } . La loi de probabilité de la variable aléatoire X est : xi 0 1 2 P(X = xi) 0,92 0,05 0,03 1 a. Vrai. b. Faux : P((X � 1) ∪ (X � 2)) = P(X � 1) + P(X � 2) – P(1 � X � 2) = 0,08 + 1 – 0,08 = 1 c. Faux : E(X) = 0 + 0,05 + 0,06 = 0,11 2 Y est la variable aléatoire égale au prix de vente d’un objet. Les valeurs prises par Y sont { 10 ; 20 ; 35 }. La loi de probabilité de la variable aléatoire Y est : xi 10 20 35 P(X = xi) 0,03 0,08 0,92 E(Y) = 0,3 + 1,6 + 32,2 = 34,1. En moyenne, si le directeur du magasin vend un grand nombre d’objets, il peut espérer vendre ses objets au prix de 34,10 €. QCM – Propriétés de l’espérance 1 b. On a E(X) = ∑ (pi × xi) = 1,5. Les propriétés de l’espérance sont les mêmes que celles de la moyenne en statistiques à une variable. 2 b. 3 a. 4 b. 5 b. Chance au grattage 1 500 000 tickets du jeu Vegas sont émis au prix uni- taire de 3 €. Nombre de lots gagnants 8 200 800 9 000 Montant du lot (en €) 2 000 100 50 14 Nombre de lots gagnants 45 000 153 000 122 000 Montant du lot (en €) 7 2 1 1 a. La recette de la Française des Jeux est égale à 1 500 000 × 3 = 4 500 000 €. b. La somme totale redistribuée est égale à 945 000 € : 8 × 2 000 + 200 × 100 + 50 × 800 + 14 × 9 000 + 7 × 4 500 + 2 × 153 000 + 1 × 122 000 = 945 000 La part de la redistribution est de 945 000 4 500 000 = 0,21 soit 21 %. 2 8 tickets permettent de gagner le montant maxi- mal. La probabilité de gagner le montant maximal est égale à 8 1 500 000 ≈ 0,000 005. La Française des Jeux distribue : 8 + 200 + 9 000 + 45 000 + 153 000 + 122 000 = 330 008 lots gagnants. Le nombre de tickets perdants est donc : 1 500 000 – 330 008 = 1 169 992. La probabilité de ne rien gagner est égale à : 1 169 992 1 500 000 ≈ 0,779 995 soit environ 78 100 . 3 a. X est la variable aléatoire égale au gain du joueur. La loi de probabilité de la variable aléatoire X est : xi 1 997 97 47 11 P(X = xi) 0,000 005 0,000 133 0,000 533 0,006 xi 4 – 1 – 2 – 3 P(X = xi) 0,030 000 0,102 000 0,081 333 0,779 995 b. L’espérance de gain est égale à E(X) = – 2,17 €. En moyenne, si un joueur joue un grand nombre de fois, il perd 2,17 €. E(X) � 0 donc le jeu est défavorable au joueur. Jeu favorable ou défavorable a. Loi de probabilité de X : xi – 1 4 P(X = xi) 23 30 7 30 E(X) = 23 30 × (– 1) + 7 30 × 4 = 1 6 b. Le jeu est favorable au joueur. En effet, il peut espé- rer gagner 1 6 euro en jouant un grand nombre de fois. Pour un jeu équitable 1 Un joueur mise m euros et lance deux dés cubiques équilibrés. Parmi les 36 issues, celles correspondant à la somme 7 sont : (1 ; 6) , (6 ; 1) (2 ; 5) , (5 ; 2) (3 ; 4) , (4 ; 3). La probabilité d’obtenir une somme égale à 7 est 6 36 = 1 6 . Si la somme est égale à 7, le joueur gagne 15 €, sinon il ne gagne rien. Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur. Les valeurs prises par X sont, puisque le joueur mise m euros : { – m ; 15 – m }. La loi de probabilité de X est : xi – m 15 – m P(X = xi) 5 6 1 6 BAT_Chap06-LP.indd 113 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 114 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 114 2 Le jeu est équitable lorsque E(X) = 0 ⇔ – 5m + 15 – m = 0 ⇔ m = 15 6 = 5 2 = 2,5 Le joueur doit alors miser 2,50 euros. Cible à un anniversaire 1 P(R) = 1 – 0,008 – 8 × 0,0785 = 0,364 2 Soit X la variable aléatoire égale au gain du joueur, la loi de probabilité de X est : xi – 4 1 2 3 4 P(X = xi) 0,364 0,0785 0,0785 0,0785 0,0785 xi 5 6 7 8 10 P(X = xi) 0,0785 0,0785 0,0785 0,0785 0,008 3 E(X) = 1,45. En jouant un grand nombre de fois, un enfant peut espérer gagner en moyenne 1,45 points. Durée de vie moyenne 1 Des machines se sont arrêtées de fonctionner en 2006, 2007 et jusqu’en 2010. Par exemple, au 1er janvier 2007, il reste 96 machines en service, donc 4 machines sur 100 sont tombées en panne en 2006 et ces 4 machines ont eu une durée de vie d’un an. Ainsi : 96 – 44 = 52, on peut en conclure que 52 machines ont eu une durée de vie de deux ans. L’ensemble des valeurs prises par X est : { 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 }. 2 Loi de probabilité de X : xi 1 2 3 4 5 P(X = xi) 0,04 0,52 0,04 0,20 0,20 3 a. P(X � 3) = 0,04 + 0,52 = 0,56. b. P(X � 1) = 1. c. P(3 � X � 5) = 0,24. 4 E(X) = 3. On peut espérer obtenir une durée de vie moyenne de 3 ans. Espérance de vente 1 a. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de bibelots vendus. La loi de probabilité de X est : xi 0 1 2 3 4 P(X = xi) 0,3 0,2 0,25 0,15 0,1 b. E(X) = 1,55. Si le démarcheur effectue un grand nombre de ventes, il peut espérer vendre en moyenne 1,55 bibelots par jour. 2 Le bénéfice est de 20 € par bibelot par jour. L’espérance de bénéfice pour 21 jours de vente est égale à 21 × 20 × 1,55 = 651 euros. Approche de l’espérance d’une variable aléatoire par simulation à la calculatrice 2 Voir Script dans le manuel numérique. Remarque : Rester sur place est considéré comme un pas. a. Soit X la variable aléatoire égale à l’abscisse du point d’arrivée du robot après 2 pas. Les valeurs prises par X sont obtenues par le tableau ci-dessous : – 1 0 1 – 1 – 2 – 1 0 0 – 1 0 1 1 0 1 2 La loi de probabilité de X est : xi – 2 – 1 0 1 2 P(X = xi) 1 9 2 9 3 9 2 9 1 9 b. E(X) = – 2 9 – 2 9 + 2 9 + 2 9 = 0. Après un grand nombre de trajets, on peut espérer que le robot revienne au point de départ après deux pas. c. Le résultat obtenu par l’expérience précédente est très proche du résultat de l’espérance. Prolongement : On peut recommencer l’expérience avec 3 pas du robot. (Voir Script dans le manuel numérique.) xi –3 –2 –1 0 1 2 3 P(X = xi) 1 27 3 27 6 27 7 27 6 27 3 27 1 27 E(X) = 0. BAT_Chap06-LP.indd 114 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 115 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 115 QCM a. Faux : la première expérience a trois issues et elle est suivie d’une expérience à deux issues. b. Vrai : de chaque nœud partent deux branches. c. Faux : les probabilités des issues A et B changent lors de la deuxième expérience. QCM On cherche si les situations données correspondent à une répétition d’expériences identiques et indépen- dantes. a. Vrai : comme le tirage est avec remise et que les deux expériences sont identiques, elles sont bien indépendantes. b. Faux : comme Cassandre mange un macaron, lors du deuxième choix, il n’y a plus le même nombre de macarons : les conditions ont changé. Les expériences ne sont donc pas identiques. c. Vrai : le procédé du sondage indique une répéti- tion de 5 expériences identiques, car on admet que le nombre de personnes est suffisamment impor- tant pour qu’on l’assimile à un tirage avec remise. Comme la réponse d’une personne n’a aucune influence sur celle des autres, les expériences sont indépendantes. d. Vrai. C’est une répétition de deux expériences identiques, jeter un dé et jeter un second dé, et le résultat sur le premier dé est indépendant du résultat sur le deuxième. Construire un arbre pour un sondage A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A _ A 0,40,6 A A _ A _ A 0,40,6 0,40,6 Sondage à trois choix M M 0,5 0,5 0,3 0,3 0,2 0,2 R D R D D 0,5 0,3 0,2 0,5 0,3 0,2 M RM R D 2 Répétition d’expériences identiques et indépendantes (p. 161) Choix d’un quotidien matinal 1 M 0,3 0,6 0,1 V D 2 M M M 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D 3 M M M 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D 0,3 0,6 0,1 M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D M M V 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D M M D 0,3 0,3 0,6 0,6 0,1 0,1 V D V D M 0,3 0,6 0,1 V D M 0,3 0,6 0,1 V D L’arbre contient 33 = 27 branches. BAT_Chap06-LP.indd 115 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 116 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 116 Vrai ou faux ? – Espérance L’ensemble des valeurs de X est { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. On applique le principe multiplicatif pour calculer la probabilité d’une liste. 1 a. Faux : P(X = 3) = 0,63 = 0,216. b. Vrai : P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,43. Se souvenir que les deux événements (X � 1) et (X � 1) sont deux événements contraires, car les intervalles ] – ∞ ; 1 [ et [ 1 ; + ∞ [ sont disjoints et leur réunion est � . c. Faux : il y a 3 listes où une seule personne est intéressée : (A, A, A) ; (A, A, A) et (A, A, A). Donc P(X = 1) = 3 × 0,6 × 0,4² = 0,288. 2 Loi de probabilité de X : xi 0 1 2 3 pi 0,43 = 0,064 0,288 3 × 0,6² × 0,4 = 0,432 0,216 L’espérance est E(X) = 1,8. Principe multiplicatif 1 M M 0,5 0,5 0,3 0,3 0,2 0,2 R D R D D 0,5 0,3 0,2 0,5 0,3 0,2 M RM R D L’enquête peut être considérée comme la répétition de deux épreuves identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de per- sonnes ayant choisi le bord de mer comme destination de vacances. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 }. (X = 0) = { (D ; D) ; (D ; R) ; (R ; D) ; (R ; R) } (X = 1) = { (D ; M) ; (R ; M) ; (M ; D) ; (M ; R) } (X = 2) = { (M ; M) } La probabilité d’une issue s’obtient en calculant le produit des probabilités sur les branches menant à cette issue. P(X = 0) = 0,2 × 0,2 + 2 × 0,2 × 0,3 + 0,3 × 0,3 = 0,04 + 0,12 + 0,09 = 0,25 P(X = 1) = 2 × 0,5 × 0,2 + 2 × 0,5 × 0,3 = 0,2 + 0,30 = 0,5 P(X = 2) = 0,5 × 0,5 = 0,25 La loi de probabilité de X est : xi 0 1 2 P(X = xi) 0,25 0,5 0,25 2 P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 0,75 3 E(X) = 1. Après un grand nombre d’enquêtes auprès de deux personnes, on peut espérer obtenir en moyenne une personne ayant choisi le bord de mer comme destination de vacances. Espérance de bon fonctionnement 1 a. La vente de 4 tablettes peut être considérée comme la répétition de 4 épreuves identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de tablettes qui fonctionnent correctement. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 } . Soit F : « la tablette fonctionne correctement » et P : « la tablette a des problèmes de fonctionnement ». 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 0,95 0,950,95 0,950,95 0,95 0,95 0,950,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,95 0,05 0,050,95 P P P P F P F F F P F P F P F P P P F F P F F F P F P F P F Il y a (40) = 1 chemin ne contenant aucune tablette fonctionnant correctement : (P ; P ; P ; P) . Il y a (41) = 4 chemins contenant une tablette fonctionnant correctement :{ (F ; P ; P ; P) , (P ; F ; P ; P) , (P ; P ; F ; P) , (P ; P ; P ; F) } . Il y a (42) = 6 chemins contenant deux tablettes fonctionnant correctement : { (F ; F ; P ; P) , (F ; P ; F ; P) , (P ; F ; P ; F ; P) , (P ; P ; F ; F ) , (F ; P ; P ; F) , (P ; F ; F ; P) } BAT_Chap06-LP.indd 116 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 117 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 117 QCM Le nombre (32) peut se calculer à l’aide de la calcula- trice T.I.™ par l’instruction : c. PRB 3 : Combinaison Vrai ou faux ? a. Faux : (32) est un nombre de listes, donc c’est un entier naturel. b. Vrai : il y a 3 listes contenant 2 fois S et 3 listes contenant 1 fois S. c. Faux : (32) = 3 et il n’y a pas de listes contenant 3 succès si on ne répète que deux fois la même expé- rience. d. Faux : on n’ajoute pas. e. Vrai : 8 est le nombre total de listes de l’arbre. On peut aussi vérifier à l’aide de la calculatrice. Vrai ou faux ? a. Faux : dans une liste, il y a toujours trois résultats. Exemple : (S, S, E) car on répète trois fois la même expé- rience aléatoire. b. Vrai : revoir la définition page 152. c. Faux. d. Vrai : (31) est le nombre de listes contenant 1 fois S parmi 3. Donc dans chacune de ces listes, on aura 2 fois E. Déplacements sur un quadrillage 1 a. On obtient le nombre inscrit dans la case verte en ajoutant les nombres situés dans les cases 1 et 2 de la ligne du dessus. Le nombre de la case jaune s’obtient en ajoutant tous les nombres de la ligne au-dessus : 1 + 2 + 3 = 6. b. 3 chemins permettent d’arriver à la case verte : (D ; B ; B) ; (B ; D ; B) ; (B ; B ; D). 6 chemins permettent d’arriver à la case jaune : (D ; D ; B ; B) , (B ; B ; D ; D) , (D ; B ; D ; B), (B ; D ; B ; D) , (D ; B ; B ; D) , (B ; D ; D ; B). 2 a. E 1 1 1 1 2 3 4 1 3 6 10 1 4 10 20 b. 20 chemins permettent d’aller de E à A. Un autre quadrillage Soit X la variable aléatoire égale au nombre de déplacements D, d’une case vers la droite, du robot. 1 Pour arriver à la case jaune, il faut suivre 2 dépla- cements vers la droite et un déplacement vers la gauche. L’événement correspondant est (X = 2). Pour arriver à la case verte, il faut suivre 1 déplacement vers la droite et deux déplacements vers la gauche. L’événement correspondant est ( X = 1 ) . Pour arriver à la case orange, il faut suivre 3 déplace- ments vers la droite et 3 déplacements vers la gauche. L’événement correspondant est (X = 3). 2 a. Pour la case jaune, n = 3 et k = 2. b. Pour la case 6, n = 4 et k = 2. Pour la case orange, n = 6 et k = 3. c. (32) + (33) = (43) d. Exemples : (31) + (32) = (42) ; (30) + (31) = (41) ; (41) + (42) = (52) ; (42) + (43) = (53) ; (52) + (53) = (63) . Il y a (43) = 4 chemins contenant trois tablettes fonctionnant correctement : { (F ; F ; F ; P), (F ; F ; P ; F) , (F ; P ; F ; F ; F), (P ; F ; F ; F) } . Il y a (44) = 1 chemin ne contenant aucune tablette fonctionnant correctement (F ; F ; F ; F) . La probabilité d’une issue s’obtient en calculant le produit des probabilités sur les branches menant à cette issue. P(X = 0) = 0,954 P(X = 1) = 4 × 0,05 × 0,953 P(X = 2) = 6 × 0,052 × 0,952 P(X = 3) = 4 × 0,053 × 0,95 P(X = 4) =0,054 La loi de probabilité de X est : xi 0 1 2 3 4 P(X = xi) 0,814 506 25 0,171 475 0,013 537 5 0,000 475 0,000 006 25 b. P(X � 3) = P(X = 3) + P(X = 4) ≈ 0,0005. 2 E(X) = 0,2. Après avoir vendu un grand nombre de fois 4 tablettes, le vendeur peut espérer que 0,2 tablettes présenteront un défaut de fonctionnement pendant la période de garantie. BAT_Chap06-LP.indd 117 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 118 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 118 Planche de Galton et Triangle de Pascal 1 a. Pour aller de E à A, la bille doit se déplacer une fois vers la droite et deux fois vers la gauche. Il y a 3 chemins possibles. Pour aller de E à C, il faut se déplacer une fois vers la droite et trois fois vers la gauche. Il y a 4 chemins possibles. Pour aller de E à B, il faut se déplacer deux fois vers la droite et deux fois vers la gauche. Il y a 6 chemins possibles. b. Il y a donc 4 + 6 = 10 chemins possibles pour aller de E à D. 2 3 4 5 3 6 10 1 1 2 1 1 1 1 1 1 R 1 1 1 4 5 3 a. Pour arriver à R, on peut venir de la case 6 ou de la case 4 de la ligne précédente. Pour arriver à la case 6, il faut se déplacer de deux cases à droite et deux cases à gauche. Il y a donc (42) chemins. Pour arriver à la case 4, il faut se déplacer de trois fois vers la droite et d’une fois vers la gauche. Il y a (43) chemins. Pour arriver à la case R, il faut se déplacer de 3 cases vers la droite et deux cases vers la gauche. Il y a (53) chemins. Donc (41) + (42) = (53) . b. 1 1 o 1 1 o 2 o 1 1 o 3 o 3 o 1 1 o 4 o 6 o 4 o 1 1 o 5 o 10 o 10 o 5 o 1 1 o 6 o 15 o 20 o 15 o 6 o 1 1 o 7 o 21 o 35 o 35 o 21 o 7 o 1 3 Loi binomiale (p. 164) Vrai ou faux ? – Épreuve 1 Faux : répéter quatre épreuves de Bernoulli indé- pendantes ne suffit pas pour obtenir une loi binomiale : il faut aussi que les quatre épreuves soient identiques. 2 Faux : avec la loi binomiale � (3 ; 0,2), la probabilité d’obtenir 3 succès est 0,23. 3 Faux : les trois tirages avec remise sont trois expé- riences identiques et indépendantes. Le succès est d’obtenir une boule rouge, de probabilité p = 6 8 = 0,75. La variable aléatoire X égale au nombre de boules rouges tirées suit la loi binomiale � (3 ; 0,75). QCM 1 a. Le paramètre de la loi de Bernoulli est la probabilité du succès. 2 b. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (0,8)² On a aussi : P(X � 1) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) = 3 × 0,2 × 0,82 + 3 × 0,22 × 0,8 + 0,23 Vrai ou faux ? – Loi binomiale à reconnaître 1 Vrai : c’est la loi binomiale � (4 ; 0,5) . 2 Vrai : c’est la loi binomiale � (3 ; 16) . 3 Faux : après chaque tirage, on ne remet pas la carte, donc les trois expériences successives ne sont pas identiques et la loi de probabilité du nombre de Dames apparues ne suit pas une loi binomiale. Vrai ou faux ? – Loi binomiale connue 1 Vrai. 2 Faux : Les valeurs prises par X sont : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 }. 3 Faux : La probabilité d’obtenir un échec est égale à la probabilité d’obtenir 4 succès : P(X = 4) = (54) × 0,34 × 0,7 Vrai ou faux ? – Probabilités d’une loi binomiale 1 Faux : P(X = 1) = (31) × 0,4 × 0,62 2 Faux : P(X = 4) est impossible car le nombre maximal de succès est 3. 3 Faux : P(X � 3) = 1 – P(X = 3) = 1 – 0,43 Reconnaître une loi binomiale 1 a. Le choix d’une viennoiserie est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Apporter un pain au chocolat » de probabilité p = 0,5 . Le choix des trois amies est la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de pains au choco- lat apportés, X suit la loi binomiale � (3 ; 0,5). b. Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 } . BAT_Chap06-LP.indd 118 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 119 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 119 c. (X = 2) : « Les amies ont apporté exactement deux pains au chocolat et un croissant. » (X � 1) : « Les amies ont apporté au moins un pain au chocolat. » d. Le nombre d’issues de l’événement (X = 2) est (32) = 3. 2 a. E S 0,50,5 E S 0,50,5 E S 0,50,5 E S 0,50,5 E S 0,50,5 E E S S 0,50,5 0,50,5 b. P(X = 2) = (32) × 0,52 × 0,5 = 3 × 0,53 = 0,375 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,53 = 0,875 Musique et coefficients binomiaux 1 Choisir au hasard quatre chansons parmi 25 indique la répétition de 4 épreuves identiques et indépen- dantes de Bernoulli, car il est indiqué qu’une chanson peut être choisie plusieurs fois. Le succès est l’évé- nement : « avoir choisi une chanson inédite » de proba- bilité 5 25 = 0,2 . On reconnaît la loi binomiale � (4 ; 0,2). La variable aléatoire X égale au nombre de chansons inédites prend toutes les valeurs de l’ensemble { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 }. 2 P(A) = P(X = 3) et P(B) = P(X � 1). 3 a. Arbre pondéré représentant la situation où le succès est S : « avoir choisi une chanson inédite ». E S 0,20,8 E E E S S 0,20,8 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 0,20,8 E S 0,20,8 E E E S S 0,20,8 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 E S 0,20,8 b. L’issue (X = 2) est telle que l’on a obtenu exactement 2 chansons inédites parmi les 4. Or le nombre de listes comportant 2 succès parmi 4 est le coefficient binomial (42) . Le nombre de listes comportant 4 succès est (44) . 4 a. P(X = 2) = (42) × 0,2² × 0,8² . b. P(X = 3) = (43) × 0,23 × 0,8 . c. P(X = 5) = 0 , car X = 5 est un événement impossible : on ne choisit que 4 chansons, on ne peut pas en obtenir 5 inédites. Calculs à la calculatrice 1 a. Le choix d’un chocolat est une épreuve de Bernoulli de succès S : « choisir une truffe au chocolat noir » de probabilité p = 0,75. Le visiteur choisit 5 truffes. On reconnaît la répéti- tion de 5 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. X suit la loi binomiale � (5 ; 0,75). Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 }. b. À l’aide de la calcula- trice, on obtient la loi de probabilité de X. xi 0 1 2 3 4 5 P(X = xi) 0,0010 0,0146 0,0879 0,2637 0,3955 0,2373 c. P(X � 3) = 0,8965. La probabilité que le visiteur mange au moins 3 truffes au chocolat noir est égale à 0,8965 . 2 a. Mathéo prend 10 truffes. Ici, la variable aléatoire X suit la loi binomiale � (10 ; 0,75). La probabilité que toutes les truffes soient au chocolat noir est P(X = 10) = 0,7510 ≈ 0,0563. b. Elora choisit 6 truffes. X suit la loi binomiale � (6 ; 0,75). Elle est malade si elle prend au moins 4 truffes au praliné, donc au plus 2 truffes au chocolat noir. P(X � 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) = 0,0376 Tirages successifs avec remise 1 Voir ci-dessous. 2 Tirer une boule de l’urne est une épreuve de Bernoulli de succès S : « tirer une boule bleue » de probabilité n 10 . On tire successivement avec remise deux boules parmi 10. On a la répétition de 2 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de boules bleues tirées. X suit la loi binomiale � (2 ; n10) . 3 a. P(X = 1) = (21) × n10 × 10 – n10 = 2n(10 – n)100 b. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (10 – n10 ) 2 = 100 – (10 – n) 2 100 = 20n – n 2 100 4 P(X � 1) = 0,96 ⇔ 20n – n 2 100 = 0,96 ⇔ 20n – n2 = 96 n2 – 20n + 96 = 0 ⇔ n = 8 ou n = 12. Or l’urne contient 10 boules donc n = 8. L’urne doit contenir 8 boules bleues pour que la probabilité d’obtenir au moins une boule bleue soit égale à 0,96. 5 E(X) = np = 2n 10 = n 5 . BAT_Chap06-LP.indd 119 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 120 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 120 E(X) � 1 ⇔ n � 5. Si le nombre de boules bleues est supérieur ou égal à 5, on peut espérer obtenir en moyenne au moins une boule bleue, lors d’un grand nombre de tirages de deux boules de l’urne. 10 – n— 10 n— 10 10 – n— 10 n— 10 E E S 10 – n— 10 n— 10 E S S Faces étrangères sur les pièces 2 La caisse contient trois fois plus de pièces d’un euro que de pièces de deux euros. La part des pièces d’un euro est donc 3 4 et celle de deux euros, 1 4 . Dans la caisse, la part des pièces de deux euros ayant une face étrangère est 0,4 × 0,25 = 0,1. Dans la caisse, la part des pièces d’un euro ayant une face étrangère est 0,08 × 0,75 = 0,06 . La part des pièces ayant une face étrangère est donc : 0,1 + 0,06 = 0,16. Prélever au hasard une pièce de la caisse est une épreuve de Bernoulli de succès S : « la face est étran- gère » de probabilité p = 0,16. On prélève 20 pièces successivement avec remise, donc on reconnaît la répétition de 20 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. On note X la variable aléatoire qui associe à chaque prélèvement le nombre de pièces portant une face étrangère. X suit la loi binomiale � (20 ; 0,16). 3 a. P(X = 5) = (205 ) × 0,165 × 0,8415 ≈ 0,12 b. P(X � 2) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) ≈ 0,85 4 E(X) = np = 20 × 0,16 = 3,2. En tirant un grand nombre de fois 20 pièces dans la caisse, le commerçant peut espérer obtenir en moyenne 3,2 pièces de face étrangère. Combien de lancers au moins ? Le lancer du ballon est une épreuve de Bernoulli de succès : « Julien marque un panier », de probabilité p = 0,6. Julien lance le ballon 4 fois de suite donc on a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de paniers marqués au cours de 4 lancers successifs. X suit la loi binomiale � (4 ; 0,6) . 1 a. P(X = 3) = (43) × 0,63 × 0,4 = 0,3456 b. P(X = 0) = 0,44 = 0,0256 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 0,9744 2 Julien effectue n lancers. X suit la loi binomiale � (n ; 0,6). P(X � 1) � 0,999 ⇔ 1 – 0,4n � 0,999 Julien doit au moins réaliser 8 lancers pour que la pro- babilité qu’il marque au moins un panier soit supérieure à 0,999. Problème historique 1 a. Le lancer d’un dé est une épreuve de Bernoulli de succès S : « le 6 apparaît » de probabilité p = 1 6 . On lance deux dés. On reconnaît la répétition de deux épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de 6 apparus. X suit la loi binomiale � (2 ; 16) . P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (56) 2 = 1 – 25 36 = 11 36 b. On lance n fois le dé, donc X suit la loi binomiale � (n ; 16) . P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (56) n n � 1. La valeur de n, pour laquelle il est avantageux de parier d’obtenir un six est telle que 1 – (56) n � 0,5. À l’aide du tableau de valeurs de la calculatrice, on trouve n � 4 . 2 a. Lancer les deux dés est une épreuve de Bernoulli de succès S : « obtenir deux six » de probabilité p = 1 36 . La probabilité de « sonnez » en un seul coup est 1 36 . (valeur modifiée par rapport à l’édition 01). b. On lance n fois les deux dés. On reconnaît la répé- tition de n épreuves de Bernoulli, de succès S. Donc, si BAT_Chap06-LP.indd 120 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 121 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 121 Y est la variable aléatoire égale au nombre de fois où l’on obtient deux 6, Y suit la loi binomiale � (n ; 136) . P(Y � 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – (3536) n c. La valeur de n, pour parier avec avantage, est telle que 1 – (3536) n � 0,5. À l’aide du tableau de valeurs de la calculatrice, on obtient : n � 25. Il y a 6 fois plus d’issues en lançant deux dés qu’en lan- çant un seul dé, mais le nombre de fois pour lesquelles il faut lancer les dés pour parier avec avantage n’est pas égal à 6 × 4 : 1 – (3536) 4 ≈ 0,49. Prévisions bonus-malus PARTIE APARTIE A 1 a. Avoir ou non un accident pendant une année est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Le conduc- teur a un accident au cours de l’année » de probabilité p = 0,26. On étudie le nombre d’accidents sur trois années sachant que le fait d’avoir ou non un accident une année n’influe pas sur le nombre d’accidents de l’année suivante. On a la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’acci- dents au bout de trois années. X suit la loi binomiale � (3 ; 0,28). X prend les valeurs { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. b. E S 0,260,74 E S 0,260,74 E S 0,260,74 E S 0,260,74 E S 0,260,74 E E S S 0,260,74 0,260,74 2 a. P(X = 0) = 0,743 ≈ 0,4052 b. P(X = 1) = (31) × 0,26 × 0,742 ≈ 0,4271 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0, 405224 ≈ 0,5948 PARTIE BPARTIE B L’assuré n’a pas d’accident pendant n années donc le montant de son assurance baisse chaque année de 5 % : CM = 0,95n. La valeur de n telle que le bonus de l’assuré atteint 50 % est telle que 0,95n = 0,50. L’assuré devra attendre 14 ans pour que son bonus atteigne 50 %. PARTIE CPARTIE C Soit Y la variable aléatoire égale au pourcentage d’évolution de la prime d’assurance au bout des trois années. Issue (E, E, E) (E, E, S) (E, S, E) (S, E, E) (E, S, S) (S, E, S) (S, S, E) (S, S, S) CM 0,953 0,952 × 1,25 0,95 × 1,25 1 0,95 × 1,252 1,252 1,252 1,253 Taux yi (en %) – 14 13 19 0 49 56 56 95 P(Y = yi) 0,4052 0,1424 0,1424 0,1424 0,0500 0,0500 0,0500 0,0176 E(Y) ≈ 8,56. En moyenne, pour un grand nombre de conducteurs, le taux d’évolution de la cotisation d’assurance sur trois ans est de 8,56 %. À partir d’une répartition 1 a. Une question posée à un étudiant est une épreuve de Bernoulli de succès S : « L’étudiant poursuit ses études en université », de probabilité p = 0,626 . On interroge 8 étudiants. On a donc la répétition de 8 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. La variable aléatoire X suit la loi binomiale � ( 8 ; 0,626 ). L’ensemble des valeurs prises par X est : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 }. b. P(X = 2) = (82) × 0,6262 × 0,3746 ≈ 0,03 2 À l’aide de la calcula- trice, on obtient la loi de probabilité de X. xi 0 1 2 3 4 P(X = xi) 0,0004 0,0051 0,0300 0,1005 0,2103 xi 5 6 7 8 P(X = xi) 0,2816 0,2357 0,1127 0,0236 BAT_Chap06-LP.indd 121 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 122 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 122 0,00 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0 1 2 3 4 5 6 7 8 3 a. E(X) ≈ 5 b. � = B8 × 0,626 × 0,374 ≈ 1,37 c. [ E(X) – � ; E(X) + � ] = [ 3,69 ; 6,38 ] P(E(X) – �) � X � P(E(X) + �) ≈ 0,727 6 À partir d’un diagramme en boîte 1 a. Q1 = 245 donc P(X � 245) = 0,25. b. La loi de probabilité de X est : xi [ 220 ; 230 ] ] 230 ; 245 ] ] 245 ; 248 ] P(X = xi) 0,1 0,15 0,25 xi ] 248 ; 260 ] ] 260 ; 272 ] ] 272 ; 280 ] P(X = xi) 0,25 0,15 0,10 2 a. Prélever un paquet au hasard est une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès S : « le poids du paquet est inférieur ou égal à 248 g », de probabilité p = 0,5 . On prélève 3 paquets successivement avec remise, donc on a la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Y suit la loi binomiale � (3 ; 0,5). b. P(Y = 3) = 0,125 c. P(Y = 2) = 0,375 d. P(Y � 1) = 1 – P(Y= 0) = 1 – 0,125 = 0,875 Hasard et QCM 1 Il y a 8 résultats possibles. F J F J F J F J F JF F J J 2 a. Il y a (31) issues correspondant à l’événement A, donc P(A) = 3 8 . b. B : « Obtenir aucune réponse juste ». Il n’y a qu’une seule issue correspondante : (F ; F ; F). P(B) = 1 8 3 a. Une question est une épreuve de Bernoulli de succès : « obtenir la note 1 » de probabilité p = 3 8 . Le professeur pose 3 questions, donc on a la répéti- tion de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. Soit X la variable aléatoire qui, à chaque résultat, associe la note obtenue par l’élève. X suit la loi binomiale � (3 ; 38) . Les valeurs prises par X sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. b. À l’aide de la calculatrice, on obtient : xi 0 1 2 3 P(X = xi) 0,244 0,439 0,264 0,053 c. E(X) = np = 9 8 = 1,125 4 Soit Y la variable aléatoire qui, à chaque résultat, associe la note obtenue par l’élève. La loi de probabilité de Y est : yi 0 0,5 1,75 3 P(Y = y) 0,244 0,439 0,264 0,053 E(Y) ≈ 0,8 BAT_Chap06-LP.indd 122 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 123 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 123 Exercice guidé 1 Tableau donnant les sommes possibles : S A B C A 140 160 180 B 160 180 200 C 180 200 220 Loi de probabilité : si 140 160 180 200 220 P(S = si) 1 9 2 9 3 9 2 9 1 9 P(S � 200) = 1 – P(S = 200) – P(S = 220) = 6 9 = 2 3 (p. 169) 5 Soit Z la variable aléatoire égale à la note obtenue par Magali à un QCM comportant 20 questions. Z suit la loi binomiale � (20 ; 38) . Les valeurs prises par Z sont { 0 ; 1 ; 2 ; … ; 20 }. E(Z) = np = 20 × 0,375 = 7,5. Si Magali répond totalement au hasard à plusieurs QCM de 20 questions, elle peut espérer obtenir en moyenne la note 7,5. Quand p varie La proportion de boules orange dans l’urne est p. On tire 6 boules successivement avec remise. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de boules orange tirées. X suit une loi binomiale � (6 ; p). On note k le nombre de boules orange obtenues. 1 a. Les valeurs prises par X sont : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 }. b. d. et e. La probabilité d’obtenir deux boules orange semble maximale pour p = 0,3. 2 a. P(X = 2) = (62) p2 (1 – p)4 = 15 p2 (1 – p)4 b. f (x) = x2 (1 – x)4 ; f = uv ; f' = u'v + v'u f' (x) = 2x (1 – x)4 + (– 4 (1 – x)3) x2 = 2x (1 – x)3 ( (1 – x) – 2x ) = 2x (1 – x)3 (1 – 3x) c. Sur l’intervalle [ 0 ; 1 ], 2x (1 – x)2 � 0 donc f ' (x) a le même signe que 1 – 3x. Sur l’intervalle [ 0 ; 13 ] , f' (x) � 0 donc f est croissante et, sur l’intervalle [ 13 ; 1 ] , f' (x) � 0 donc f est décroissante. d. Tableau de variations de f sur l’intervalle [ 0 ; 1 ] : x 0 1 3 1 f' (x) 0 + 0 – 0 f (x) 16 729 f' s’annule et change de signe en 1 3 , f admet un extre- mum qui ici est un maximum. e. Pour que la probabilité d’obtenir deux boules orange soit maximale, l’urne doit contenir 1 3 de boules orange. BAT_Chap06-LP.indd 123 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 124 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 124 2 a. On reconnaît la répétition de 4 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes, à deux issues, avec une probabilité de succès p = P(D � 200) = 2 3 . La loi est la loi binomiale � (4 ; 23) . On utilise la calculatrice pour obtenir les probabilités : P(D = 2) ≈ 0,296 . b. P(D � 1) = 1 − P(D = 0) ≈ 0,988 . c. La question revient à calculer l’espérance de D : E(D) = 8 3 ≈ 2,667 Variable aléatoire à l’aide d’un tableau 1 Les valeurs prises par X sont { 0 ; 500 ; 1000 }. 2 B A 1 2 3 4 5 1 0 0 0 0 0 2 500 500 500 1 000 500 3 0 0 0 0 0 3 La loi de probabilité de X est : xi 0 500 1 000 P(X = xi) 10 15 4 15 1 15 E(X) = 3 000 15 = 200 ; E(X) � 0 donc le jeu est favorable au joueur. Pour un jeu équitable 1 On suppose que m = 2. a. X Q { – 4 ; – 2 ; 5 ; 14 }. b. Le gain algébrique du joueur est 5 € lorsqu’une des 4 cases vertes s’allume et, à chaque jeu, chaque case a la même probabilité de s’allumer. D’où : P(X = 5) = 4 30 = 2 15 . c. (X � 0) est l’événement : « une case jaune ou une case bleue s’allume ». P(X � 0) = 24 30 = 0,8 d. Pour calculer l’espérance, on détermine d’abord la loi de probabilité de X : xi – 4 – 2 5 14 P(X = xi) 9 15 3 15 2 15 1 15 D’où l’espérance E(X) = ∑ (pi × xi) = – 6 15 . 2 m est un entier naturel. a. L’ensemble des valeurs de X est : { – 2 – m ; – 2 ; 5 ; 14 }. xi – 2 – m – 2 5 14 P(X = xi) 9 15 3 15 2 15 1 15 b. E(X) = 9 15 × (– 2 – m) + 3 15 × (– 2) + 2 15 × 5 + 1 15 × 14 E(X) = 9 15 × (– 2 – m) + 18 15 = 9 (– 2 – m) + 18 15 = – 9m 15 = – 3 5 m E(X = 0) ⇔ – 3m = 0 ⇔ m = 0 Si m est positif, l’espérance est toujours négative. c. Dans le cas où le jeu est équitable, alors : – 2 – m = – 2 Les gains positifs sont seulement 5 € et 14 €. P(X = 5) + P(X = 14) = 3 15 = 0,2. Le joueur est gagnant avec une probabilité de 0,2. Un ou plusieurs défauts 1 Avec le défaut A Sans le défaut A Total Avec le défaut B 8 4 12 Sans le défaut B 8 180 188 Total 16 184 200 2 a. p1 = 180 200 = 0,9 b. p2 = 8 200 = 0,04 3 a. Soit X la variable aléatoire qui, à chaque objet choisi au hasard dans la production, associe son prix de revient. Les valeurs prises par X sont { 95 ; 105 ; 110 ; 120 }. b. La loi de probabilité de X est : xi 95 105 110 120 P(X = xi) 0,9 0,04 0,02 0,04 E(X) = 96,7 c. En vendant 96 € chaque objet, l’usine ne peut pas espérer faire de bénéfice par objet car le montant des coûts est en moyenne 96,70 €. Elle réalise une perte de 0,70 € par objet. d. Bénéfice unitaire = prix de vente unitaire – coûts unitaires. Sachant que le montant des coûts est de 96,70 €, pour réaliser un bénéfice de 10 € par objet, l’usine doit vendre chaque objet au moins au prix de 96,70 + 10 euros, soit 106,70 €. BAT_Chap06-LP.indd 124 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 125 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 125 Tout sur le vert ? Espérance et inéquation 1 a. R R B BV V 1— 4 1— 4 1— 3 1— 3 5— 12 5— 12 b. On peut obtenir un secteur bleu au premier lancer ou au deuxième lancer. La probabilité d’obtenir un secteur bleu au premier lancer est 1 3 . D’après le principe multiplicatif, la probabilité d’obtenir un secteur bleu au deuxième lancer est 5 12 × 1 3 donc, ces deux événe- ments étant disjoints, la probabilité d’obtenir un sec- teur bleu à la fin du jeu est 1 3 + 5 36 = 17 36 . 2 Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur à l’issue de la partie, les valeurs prises par X sont { – 3 ; – 2 ; 0 ; 1 ; 6 }. a. P(X = –3) = P(B1) = 1 3 P(X = – 2) = P( (B1, B2) ) = 5 12 × 1 3 = 5 36 b. La loi de probabilité de X est : xi – 3 – 2 0 1 6 P(X = xi) 1 3 5 36 ( 512) 2 5 48 1 4 E(X) ≈ 0,326 3 a. La roue se compose maintenant de 3 secteurs rouges, 4 secteurs bleus et n secteurs verts, n étant un entier naturel non nul. Soit Xn la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur à l’issue de la partie. xi – 3 – 2 0 1 6 p(Xn = xi) 4 n + 7 4n (n + 7)2 n2 (n + 7)2 3n (n + 7)2 3 n + 7 b. E(Xn) = – 12 (n + 7) – 8n + 3n + 18 (n + 7) (n + 7)2 = n + 42 (n + 7)2 c. E(Xn) � 0,52 ⇔ n + 42 � 0,52 (n2 + 14n + 49) 0,52n2 + 6,28n – 16,52 � 0 ⇔ 0 � n � 2 QCM – Statistiques et probabilités 1 c. Par lecture du diagramme. 2 a. Vrai : D1 = 900 donc 10 % des salariés ont un salaire inférieur ou égal à 900 €. b. Vrai : D9 = 3 000 donc 10 % des salariés ont un salaire supérieur à 3 000 €. c. Faux : Q1 = 1 100 et Me = 1 400 donc 25 % des salariés ont un salaire compris entre 1 100 et 1 400 €. 3 b. Vrai : 15 % car D1 = 900 et Q1 = 1 100 . 4 b. Vrai : La probabilité qu’un salarié ait un salaire supérieur à 3 000 € est 0,10. Le choix d’un salarié est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Le salarié a un salaire supérieur à 3 000 € », de probabilité p = 0,10. On choisit successivement 3 salariés donc on a la répétition de 3 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. La probabilité d’obtenir 3 salariés de salaire supérieur à 3 000 € est ( 110) 3 . Deux images et un arbre 1 a. L’arbre fait apparaître 16 issues. S R S R S S S R R S R S R S R S R S R S S R R R S R S R S R b. Pour obtenir les deux images, il faut exclure les issues (S ; S ; S ; S) et (R ; R ; R ; R) . Il y a donc 14 issues permettant d’obtenir les deux images. 2 (42) = 6 issues permettent d’obtenir 2 images de chacun des deux joueurs : (S ; S ; R ; R) , (S ; R ; S ; R) , (R ; S ; R ; S), (R ; S ; S ; R) , (S ; R ; R ; S) , (R ; R ; S ; S). 3 a. Sami prend des barres de céréales 6 jours de suite. Pour obtenir exactement 3 images de chacun des joueurs, il doit obtenir 3 images du joueur S et 3 images du joueur R, donc il y a (63) issues lui permettant d’obtenir 3 images de chacun des joueurs. b. (63) = 20 4 a. P(R) = 1 2 = P(S) D’après le principe multiplicatif : P((R ; R ; R ; R)) = (12) 4 = P((S ; S ; S ; S )) b. On a vu au 2 b. qu’il y a 20 issues permettant d’obtenir 3 images de chacun des joueurs. La probabilité d’obtenir une seule issue contenant 3 images S et 3 images R est : p = (12) 3 × (12) 3 = (12) 6 = 0,615625 La probabilité d’obtenir 3 images de chacun des joueurs est 20 × (12) 6 = 0,3125 . BAT_Chap06-LP.indd 125 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 126 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 126 Vente et espérance de bénéfice 1 « Un client achète un lot de chaises » signifie qu’il achète uniquement un lot de chaises, soit 9 % des clients, ou bien qu’il achète un lot de chaises et une table, soit 8 % des clients. Comme une personne quelconque entre dans le magasin, on peut assimiler la probabilité d’un événement à la fréquence statistique. Donc P(C) = 0,09 + 0,08 = 0,17. 2 a. X étant le nombre de lots de chaises achetés par les 4 personnes entrées successivement dans le magasin, et ces personnes achetant au maximum un lot de chaises, l’ensemble des valeurs de X est : { 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 } . La loi de X est � (4 ; 0,17). b. À la calculatrice, on lit les probabilités : P(X = 1) ≈ 0,3888 P(X � 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) ≈ 0,4746 + 0,3888 + 0,1195 = 0,9829 3 a. L’événement (B = 60) est réalisé si le directeur vend une table et un lot de chaises. Or 8 % des personnes qui entrent dans le magasin achètent une table et un lot de chaises, donc : P(B = 60) = 0,08. b. 2 % des personnes achètent uniquement une table. 9 % des personnes achètent uniquement un lot de chaises. Comme 100 – (8 + 2 + 9) = 81, 81 % des per- sonnes n’achètent rien. xi 0 10 50 60 P(B = xi) 0,81 0,09 0,02 0,08 c. L’espérance est E(B) = 6,7. Donc le directeur a raison. Jeu vidéo et loi binomiale 1 p0 + p1 + p2 + p3 = 1 ⇔ 2p1 + p1 + p3 = 1 ⇔ 3p1 + 0,1 = 1 donc p1 = 0,3 p0 + p2 = 2 p1 ⇔ 0,4 + p2 = 0,6 ⇔ p2 = 0,2 2 a. On note G la variable aléatoire égale au gain en pièces d’or de Mario. Les valeurs prises par G sont { 0 ; 1 ; 2 ; 3 }. La loi de G est : xi 0 1 2 3 P(G = xi) 0,4 0,3 0,2 0,1 b. E(G) = 1. Lors d’un grand nombre de parties conte- nant 4 sauts, Mario peut espérer gagner en moyenne 1 euro. 3 a. Un saut est une épreuve de Bernoulli de succès S : « le monstre apparaît », de probabilité p = p0 = 0,4. Mario saute 4 fois, donc n = 4. On a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. X est la variable aléatoire égale au nombre de monstres apparus, donc X suit la loi binomiale � (4 ; 0,4). b. Mario perd si le monstre apparaît 4 fois. P(X = 4) = 0,44 = 0,0256 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,64 = 0,8704 Statistiques et loi binomiale 1 a. On lit Q1 = 1. Pour 75 % du groupe, le temps passé est inférieur ou égal à 2,1 h, donc Q3 = 2,1 h. Pour la moitié au plus, le temps passé est de 1,4 h donc Me = 1,4 h. b. L’intervalle interquartile est l’intervalle [ 1 ; 2,1 ] . 2 D9 = 4,5, donc la probabilité que le temps passé devant le jeu vidéo soit inférieur ou égal à 4,5 h est 0,90. 3 a. Le choix d’une personne est une épreuve de Bernoulli de succès S : « la personne passe plus de 2,1 h devant le jeu vidéo » de probabilité p = 0,25. On choisit 4 personnes, successivement avec remise. On a la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de personnes passant plus de 2,1 h devant ce jeu. X suit la loi binomiale � (4 ; 0,25). b. P(X = 1) = (41) × 0,25 × 0,753 ≈ 0,4219 c. 1 – P(X = 0) ≈ 0,6836 d. P(X = 2) ≈ 0,2109 Contrôle et loi binomiale 1 a. Soit l’événement A : « le véhicule est un véhicule prioritaire ». P(A) = 0,04 . b. Soit l’événement B : « le véhicule n’a pas le droit de circuler ce jour-là ». P(B) = 1 3 × 0,96 = 0,32. 2 a. Un véhicule est en infraction s’il circule avec un numéro pair en étant non prioritaire, ce qui correspond à l’événement B. Le contrôle d’un véhicule est une épreuve de Bernoulli de succès S : « Le véhicule est en infraction » de pro- babilité p = 0,32 . On contrôle 10 véhicules. On a la répétition de 10 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. X suit la loi binomiale � (10 ; 0,32) . b. P(A) = P (X = 0) = 0,6810 ≈ 0,02114 P(B) = P(X = 4) = (104 ) × 0,324 × 0,686 ≈ 0,21771 P(C) = P (X = 10) = 0,3210 ≈ 0,00001. BAT_Chap06-LP.indd 126 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 127 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 127 c. L’événement contraire de l’événement C est l’événement : « Au moins un véhicule n’est pas en infraction ». P(C) = 1 – P(C) ≈ 0,99999 d. X suit la loi binomiale � (10 ; 0,32) donc E(X) = np = 3,2. Lors d’un grand nombre de contrôles de 10 voitures, 3,2 véhicules en moyenne sont en infraction. On en déduit que l’on peut espérer contrôler en moyenne 6,8 véhicules qui ne sont pas en infraction. Augmentation des contrôles dans les transports 1 a. Un voyage est une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès S : « Maurice est contrôlé » de probabilité p. Maurice effectue 40 voyages, donc on a la répétition de 40 épreuves de Bernoulli identiques et indépen- dantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de fois où Maurice est contrôlé. X suit la loi binomiale � (40 ; p). E(X) = 40 p. b. Soit Z la variable aléatoire qui prend pour valeur le gain algébrique réalisé par le fraudeur. Le montant « gagné » par le fraudeur s’il ne se fait pas contrôler est égal à 50 euros. Le nombre de fois où Maurice ne se fait pas contrôler est 40 – X. De plus, le coût d’un trajet est 45 € (valeur corrigée par rapport à l’édition 01). Le coût du transport pour 40 trajets est : 40 × 45 = 1 800 euros, donc le gain algébrique réalisé par le fraudeur est : Z = 50 (40 – X) – 1 800 = 200 – 50 X E(Z) = 200 – 50 E(X) = 200 – 2 000 p. E(Z) � 0 ⇔ p � 0,1. 2 Si p = 0,1 alors E(X) = 4 et E(Z) = 0. La compagnie doit augmenter les effectifs des contrôleurs car les fraudeurs peuvent espérer ne rien perdre en fraudant. 3 Si p = 0,2 alors E(X) = 8 et E(Z) = – 200. Au cours de 40 trajets, on peut espérer que le fraudeur perdra en moyenne 200 euros. 4 a. P(X = 0) = (1– p)40 = 0,840 ≈ 0,0001 P(X = 1) = (401 ) × 0,2 × 0,839 ≈ 0,0013 P(X = 2) ≈ 0,0065 b. P(X � 3) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) – P(X = 2) ≈ 0,992 1 81 ... en sport... en sport Au squash 1 Lecture de la branche supérieure de l’arbre : Marie n’est pas au service, elle perd et a donc 8 points. Marie est au service, elle gagne le point donc obtient 9 points. Elle garde le service, elle gagne le point et obtient donc 10 points. P(S = 10) = 1 27 P(S = 9) = 2 27 + 2 27 = 4 27 P(S = 8) = 1 – 1 27 – 4 27 = 22 27 Soit S la variable aléatoire égale à la somme en euros égale au score de Marie pour ce set. La loi de probabilité de S est : si 8 9 10 P(S = si) 22 27 4 27 1 27 2 E(S) = 222 27 = 74 9 ≈ 8,22. Marie peut espérer gagner en moyenne 8,20 €. 3 Soit n le nombre de matchs joués. On cherche la valeur de l’entier naturel n, telle que : n E(S) � 50 ⇔ n � 50 8,22 , soit n � 7. Astrid et Marie devront jouer au moins 7 matches. (p. 174) BAT_Chap06-LP.indd 127 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 128 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 128 82 … en SES… en SES Aide à la décision et espérance de profit 1 C1 C2 C3 Nombre de pizzas vendues par GEL 500 000 × 0,9 = 450 000 500 000 × 0,85 = 425 000 500 000 × 0,80 = 400 000 Nombre de pizzas vendues par BAPRI 500 000 × 0,3 = 150 000 500 000 × 0,45 = 225 000 500 000 × 0,60 = 300 000 Bénéfi ce total réalisé 450 000 × 1 + 150 000 × 0,3 = 495 000 425 000 × 1 + 225 000 × 0,3 = 492 500 400 000 × 1 + 300 000 × 0,3 = 490 000 2 a. Soit B la variable aléatoire égale au bénéfice en milliers d’euros. La loi de probabilité de B est : bi 490 000 492 500 495 000 P(B = bi) 0,2 0,5 0,3 b. E(B) = 492 750 €. La société peut espérer faire un bénéfice moyen de 492 750 € alors qu’en gardant les 500 000 pizzas, le bénéfice est de 500 000 €. 83 … en SES historique… en SES historique Espérance de vie 1 Espérance de vie en 1693 a. S20 = 598 ; S30 = 531. b. S20 – S30 1 000 = 0,067 c. P(V = 25) ≈ 0,07 P(V = 5) = S1 – S10 1 000 = 1000 – 651 1 000 = 0,349 ≈ 0,35 P(V = 75) = S70 – S80 1 000 = 142 – 41 1 000 = 0,1 d. Le tableau correspondant à la table de mortalité de Halley est : vi 5 15 25 35 45 55 65 75 85 P(V = vi) 0,35 0,05 0 ,07 0,09 0,1 0,1 0,1 0,1 0,04 (Tableau modifié par rapport à l’édition 01.) e. E(V) = 34,8 ans 2 Espérance de vie en 2008p 84 … en anglais… en anglais Baseball batting La probabilité que le joueur gagne le point est p = 0,3. Le joueur joue 5 parties. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de points marqués. X suit la loi binomiale � (5 ; 0,3). a. P(X = 1) = (51) × 0,3 × 0,74 ≈ 0,36 b. P(X = 0) = 0,75 = 0,16807 c. P(X � 1) = 1 – P(X = 0) = 0,83193 85 … en botanique… en botanique Croissance du gui 1 a. Il y a 16 feuilles vertes. b. Sur l’arbre, les brins de gui sont composés de 4 branches à 3 niveaux ou de 2 branches à 4 niveaux. Il y a donc 4 × 23 + 2 × 24 = 64 feuilles. 2 a. L’insecte peut rencontrer 0 ou 1 ou 2 ou 3 ou 4 brindilles malades. c. Le choix d’une brindille pour l’insecte est une épreuve de Bernoulli de succès S : « la brindille est malade et parcourue par l’insecte », de probabilité p = 0,1. Soit X le nombre de brindilles malades parcourues par l’insecte. X suit la loi binomiale � (4 ; 0,1). BAT_Chap06-LP.indd 128 26/08/11 10:09
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 6 Probabilités 129 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Probabilités 129 d. Pour ne pas surcharger le dessin, certaines pro- babilités ne sont pas inscrites sur les brindilles de droite, mais elles sont égales à 9 10 . 9—10 9—10 9—10 1—10 1—10 1—10 9—10 1—10 D D 1—10 D D G G D G 9—10 1—10 1—10 D D 1—10 G G G D G 9—10 9—10 1—10 1—10 1—10 D D 1—10 D G G G D G 9—10 1—10 1—10 D D 1—10 G G G D G e. P(X � 2) = 1 – P(X = 3) – P(X = 4) = 1 – 4 × 0,13 × 0,9 – 0,94 = 0,9163 86 … en géographie… en géographie Hydrologie 1 a. X suit la loi binomiale � (225 ; 0,01). P(X = 0) ≈ 0,104 b. P(X = 1) ≈ 0,237 c. P(X = 2) ≈ 0,268 2 P (X � 2) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) ≈ 0,659 P(X � 3) = P(X � 2) – P(X = 2) ≈ 0,391 3 E (X) = np = 2,25 4 E (X) = 2,25. Donc on observe en moyenne 2,25 dépassements. On a relevé deux dépassements lors de cette période donc les observations sont en accord avec les résultats trouvés en modélisant la situation par la loi binomiale. 87 … en musique… en musique Musique aléatoire S 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 1 a. P(S = 7) = 1 6 b. La loi de probabilité de S est : xi 2 3 4 5 6 7 P(X = xi) 1 36 2 36 3 36 4 36 5 36 6 36 xi 8 9 10 11 12 P(X = xi) 5 35 4 36 3 36 2 36 1 36 E(X) = 7 2 Soit X la variable aléatoire égale au nombre de mesures appartenant à la ligne 7 dans la composition de la valse à 8 mesures. X suit une loi binomiale � (8 ; 16) . a. P(X = 1) ≈ 0,372 b. P(X = 2) ≈ 0,260 3 La probabilité de la composition : 104 – 157 – 27 – 167 – 99 – 97 – 118 – 107 est : 1 6 × 1 6 × 1 6 × 1 6 × 5 6 × 5 6 × 1 6 × 5 6 = 125 1 679 616 ≈ 0,000 07. 88 … en sciences… en sciences Génotype d’un enfant 1 Chez chaque parent peuvent apparaître 3 géno- types. Il y a donc 9 issues possibles. La probabilité d’une seule issue est 1 9 , d’après le principe multiplicatif, donc P( (AA, AA) ) = 1 9 . Les issues correspondant à l’événement B : « un seul parent est de génotype Aa » sont : (Aa, Aa) (Aa, AA) (Aa, aa) (AA, Aa) (aa, Aa), donc P(B) = 5 9 . 2 a. Si le premier parent est de génotype Aa et le deuxième parent de génotype AA, l’enfant peut être de génotype AA ou Aa. b. Si les deux parents sont de type Aa, l’enfant peut être de génotype AA, Aa, aa. c. Soit C l’événement : « L’enfant est de génotype aa ». Si les parents sont de génotype (aa, aa), l’enfant est de génotype aa. La moitié des enfants dont les parents sont de génotype (aa, Aa) sont de génotype aa. La moitié des enfants dont les parents sont de génotype (Aa, aa) sont de génotype aa. Le quart des enfants dont les parents sont de génotype (Aa, Aa) sont de génotype aa. P(C) = 1 9 (1 + 12 + 12 + 14) = 19 × 94 = 14 BAT_Chap06-LP.indd 129 26/08/11 10:09
ÉchantillonnageÉchantillonnage © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 130 C H A P I T R E Ce chapitre fait suite au chapitre sur les probabi-lités et la loi binomiale. Le choix a été fait de mettre cette notion d’échantillonnage dans un autre chapitre et de laisser ainsi un temps d’assimila- tion de la loi binomiale avant d’en aborder cette appli- cation. Comme ils sont associés dans le programme offi ciel, ils sont l’un après l’autre. Mais nous conseillons de commencer le chapitre 8 sur les suites, par exemple, entre les deux. Sa structure est particulière car il y a peu de connais- sances à acquérir sur ce sujet. Vous n’y retrouverez ni les rubriques Faire le point et les QCM, ni la rubrique Réinvestir. Nous avons conservé une page Vers le Bac, afi n de donner quelques exercices de synthèse (exercices 15 et 16) que nous, auteures, donnerions le jour du bacca- lauréat si nous avions des sujets à faire. Pour Faire le point, la partie cours b. Utilisation de la loi binomiale pour une prise de décision nous a semblé suffi sante, avec le Savoir-faire explicitant en trois étapes la façon de déterminer un intervalle de fl uctuation à 95 %. Pour ce qui est des QCM, ceux qui sont intégrés dans la partie Exercices devraient être suffi sants. En revanche, nous avons repris, dans la rubrique Partir d’un bon pied, la notion d’échantillon et de fl uctuation. Dans l’accompagnement personnalisé, la fi gure donnée en page 248 devrait permettre aux élèves de se faire une image mentale et comprendre cette notion de fl uctuation d’échantillonnage. Bien sûr, c’est la partie Découvrir qui est la plus détaillée. Les élèves n’ayant à leur disposition le jour d’un contrôle que leur calculatrice, il est essentiel qu’ils sachent l’uti- liser pour cette notion. D’où les deux activités 1 et 2, qui peuvent être réalisées en classe entière grâce aux ressources du manuel numérique. Les activités 3 et 4 vont permettre d’appréhender cette notion d’inter- valle de fl uctuation d’une fréquence à travers la lecture de la « courbe en cloche » des probabilités, plus facile dans un premier temps que la lecture de la courbe des Intentions des auteuresIntentions des auteures probabilités cumulées. La fi gure montrant les deux parties « négligées » à 0,025 de part et d’autre donne une bonne image mentale du problème soulevé. Il peut faire comprendre aussi le choix des entiers a et b, bornes du plus petit intervalle contenant au moins 95 % des valeurs. C’est l’une des diffi cultés prévisibles pour les élèves : la lecture de ces valeurs, l’une par excès et l’autre par défaut, afi n de bien obtenir « au moins » 95 % des valeurs k de la variable X. L’exemple totalement traité dans le cours en page 182 devrait permettre cette assimilation. Le choix a été fait de prendre un échantillon de 100, afi n de ne pas rajouter une diffi culté supplémentaire dans une seconde détermination d’un intervalle approché. La seconde partie du cours, page 184, fait le lien avec le problème posé : une hypothèse étant émise sur la proportion d’un caractère étudié dans une popula- tion, la fréquence observée lors d’un échantillonnage permet-elle ou non de rejeter l’hypothèse faite, avec un risque d’erreur de 5 % ? Le lien doit être fait avec l’intervalle admis en Seconde, valable sous certaines conditions. « Pour n � 30 , n × p � 5 et n × (1 – p) � 5 , on observe que l’intervalle de fl uctuation [ an , bn ] est sensiblement le même que l’intervalle [ p – 1 !ßn ; p + 1 !ßn ] proposé dans le programme de Seconde. » Nous en proposons une comparaison dans l’exercice 13 à l’aide du tableur et dans l’exercice 18 pages 188 et 189. Comme les élèves n’ont pas forcément des calcula- trices performantes, nous avons fait le choix de don- ner en page 183 quelques tables de valeurs pour des cas simples de loi binomiale. Il nous semble que, le jour d’un contrôle, ce type de tables peut être fourni. L’application sur tableur est faite dans l’exercice 6 page 186 et l’algorithme de recherche en exercice 10 est corrigé. BAT_Chap07-LP.indd 130 26/08/11 10:15
c. Vrai : cette aﬃ rmation explique la réponse a. 3 a. Vrai : résultat à connaître. b. Vrai. c. Faux : deux résultats observés ne suﬃ sent pas pour déterminer la valeur de la probabilité. Vrai ou faux ? – Loi binomiale a. Vrai : on admet que la probabilité qu’un élec- teur soit favorable au candidat est p = 0,4. On interroge 25 électeurs. On reconnaît la répétition de 25 épreuves de Bernoulli, identiques et indé- pendantes de probabilité de succès p = 0,4. La variable aléatoire X égale au nombre d’électeurs favorables au candidat suit une loi binomiale � (25 ; 0,4). b. Faux : P( X > 1 ) = 1 – P( X = 0 ) – P( X = 1 ). c. Faux : P( 15 � X � 17 ) = P( X � 17 ) – P( X � 14 ). C © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 131 Étudier la fluctuation des fréquencesActivitéActivité 1 en L2(1). Si on obtient 0, rien ne change ni pour P ni pour L2(1). Et ainsi de suite. De même pour l’échantillon J = 2 : on place 2 en L1(2) puis on calcule P/5 en L2(2). Et pour l’échantillon J = 3, on place 3 en L2(J) et on calcule P/5 en L2(3). b. La liste L1 contient les valeurs de J de 1 à 3, donc les numéros des échantillons. La liste L2 contient les fréquences d’apparition de 1 dans chacun des échantillons. 2 a. N = 100 ; b. N = 20 ; c. N = 200. 3 a. Penser à eﬀ acer le contenu des listes L1 et L2. On simule 50 expériences consistant à lancer 20 fois la pièce. Dans cette exécution du programme, l’étendue est égale à 0,35. Objectifs – Comparer les ﬂ uctuations de la fréquence d’appa- rition d’un caractère pour 50 échantillons de taille variable ; – observer les ﬂ uctuations de la fréquence d’appari- tion d’un caractère lorsque la taille de l’échantillon augmente. 1 a. Aﬃ cher et enregistrer les valeurs N = 5 et E = 3. On étudie 3 échantillons de taille 5, c’est-à-dire que l’on répète 3 fois les 5 lancers de la pièce. Pour l’échantillon J = 1 : 0 est stocké en P. Si la fonction aléatoire renvoie 1, alors on ajoute 1 à P qui devient 1 et on place 1 en L1(1) et 1/5 en L2(1). Si de nouveau on obtient 1, on ajoute 1 à P qui devient 2 et on place 2/5 Fréquence d’un échantillon 1 a. Faux : 0,25 est la probabilité d’obtenir un crayon rouge, mais en prenant N crayons, la fréquence observée ﬂ uctue autour de 0,25. Les ﬂ uctuations sont importantes quand N est petit. b. Vrai. c. Vrai : les ﬂ uctuations s’atténuent quand N augmente. Fluctuations des fréquences 1 a. 20 résultats, donc un échantillon de taille 20. b. On obtient 3 échantillons de taille 20. 2 a. Faux : c’est possible. b. Vrai : première série. A B (p. 178) (p. 180) BAT_Chap07-LP.indd 131 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 132 Représenter la loi binomialeActivitéActivité 2 Objectifs – Construire et observer l’allure du diagramme en bâtons représentant la loi de probabilité d’une variable aléatoire suivant une loi binomiale ; – utiliser les fonctions de la calculatrice pour déter- miner la loi de probabilité d’une variable aléatoire suivant une loi binomiale. 1 a. On interroge 3 étudiants, indépendamment les uns des autres, sur leur réussite à l’examen. On recon- naît la répétition de 3 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. La probabilité du succès est la proba- bilité d’interroger un étudiant reçu à l’examen : p = 0,4. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de candi- dats reçus. La loi de probabilité de X est : P( X = 0 ) = 0,63 ; P( X = 1 ) = ( 31 ) × 0,4 × 0,62 ; P( X = 2 ) = ( 32 ) × 0,4 × 0,62 ; P( X = 3 ) = 0,43. k 0 1 2 3 P( X = k ) 0,216 0,432 0,288 0,064 b. X suit la loi binomiale � ( 3 ; 0,4 ). 0 Loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,4 Espérance = 1,2 1 2 3 4 5 6 x 2 a. On interroge 6 étudiants, indépendamment les uns des autres, sur leur réussite à l’examen. On a donc la répétition de 6 épreuves de Bernoulli, identiques et b. Dans la 2e exécution, l’étendue diminue mais la dimi- nution est plus nette encore pour N = 200 . Lorsque la taille de l’échantillon augmente, les ﬂ uctua- tions de la fréquence d’apparition de Pile s’atténuent. Les fréquences se rapprochent de 0,5. Voir fichier tableur pour E = 30 dans le manuel numérique. indépendantes. La probabilité du succès est la proba- bilité d’interroger un étudiant reçu à l’examen : p = 0,4. La loi de probabilité de X est : k 0 1 2 P( X = k ) 0,046656 0,186624 0,31104 3 4 5 6 0,27648 0,13824 0,036864 0,0040963 b. X suit la loi binomiale � ( 6 ; 0,4 ). 0 Loi binomiale de paramètres n = 6 et p = 0,4 Espérance = 2,4 1 2 3 4 5 6 x 3 Représentation sur la calculatrice : La liste L1 contient les valeurs du nombre de succès k. La création de cette liste est indispensable pour la corres- pondance avec les probabilités P( X = k ). (La numéro- tation des listes de la machine débute à 1.) Attention à bien régler la fenêtre de la calculatrice pour voir appa- raître le diagramme. (Ne pas utiliser ZoomStats.) Sur certaines calculatrices, les valeurs de la loi binomiale sont obtenues en DIST 0 : binompdf (ou en A : binomFdp (fonction de probabilité). BAT_Chap07-LP.indd 132 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 133 Analyser une « courbe en cloche »ActivitéActivité 3 riés en orange ; la probabilité P( 8 ≤ X ≤ 16 ) par les bâtons coloriés en bleu. c. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; … 7 ; 8 ; … 16 ; 17 ; … 30. P( X � 7 ) + P( 8 � X � 16 ) + P( X � 17 ) = 1 ⇔ P( 8 � X � 16 ) = 1 – P( X � 17 ) – P( X � 7 ) P(8 � X � 16) est l’événement contraire de l’événe- ment ( X � 7 ) � ( X � 17 ) et les événements ( X � 7 ) et ( X � 17 ) sont disjoints. 2 a. On utilise ici la fonction qui renvoie les proba- bilités cumulées de la calculatrice, qui peut aussi se nommer binomcdf (30, 0.4, 7) suivant les modèles de calculatrice, ou sur Casio : BinomialCD(30, 0.4, 7). La dénomination de cette fonction ne doit pas être confondue avec la fonction de répartition de la loi binomiale qui est une fonction en escalier et qui n’est pas au programme de 1re. b. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; … 7 ; 8 ; … 16 ; 17 ; … 30. P( X ≤ 16 ) + P ( X � 17 ) = 1 ⇔ 1 – P( X � 17 ) = P( X � 16 ) P( X � 16 ) ≈ 0,9519 c. P( 8 � X � 16 ) = 1 – P( X � 17 ) – P( X � 7 ) donc P( 8 � X � 16 ) = P( X � 16 ) – P ( X � 7 ) P ( 8 � X � 16 ) ≈ 0,908. Lorsque l’on interroge 30 étudiants, la probabilité d’obtenir entre 8 et 16 étudiants reçus à l’examen est égale à 0,908. Objectifs – Observer l’évolution de l’allure de la représenta- tion graphique de la loi binomiale lorsque le nombre n de répétitions augmente ; – reconnaître sur la représentation graphique de la loi binomiale les probabilités : P( X � a ), P( X � b ), P( a � X � b ) ; – calculer P( a � X � b ) à l’aide de la calculatrice. 1 a. On interroge 30 étudiants, indépendamment les uns des autres, sur leur réussite à l’examen. On a donc la répétition de 30 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. La probabilité du succès est la probabi- lité d’interroger un étudiant reçu à l’examen : p = 0,4. X suit la loi binomiale � (30 ; 0,4). On obtient les valeurs de X et de P( X = k ) à l’aide de la calculatrice. Les résultats obtenus montrent que : pour k � 3 , P( X = k ) � 2 × 10–4 et pour k � 21 , P( X = k ) � 6,5 × 10–4 . Ces probabilités sont donc trop petites pour être repré- sentées sur le graphique à l’échelle donnée. La représentation de cette loi binomiale peut être comparée aux représentations précédentes. (L’exercice 14 page 189 permet, à l’aide d’un tableur, d’approfondir cette étude.) b. La probabilité P( X � 17 ) = P( X � 16 ) est représen- tée par les bâtons coloriés en violet ; la probabilité P( X � 7 ) = P( X < 8 ) est représentée par les bâtons colo- Déterminer un intervalle de fluctuation d’une fréquenceActivitéActivité 4 p vériﬁ e l’équation : p + 5 × p 3 = 1 ⇔ 8p 3 = 1 ⇔ p = 3 8 = 0,375 Soit X la variable aléatoire égale au nombre de 6 appa- rus lors de 100 lancers. X suit la loi binomiale � ( 100 ; 0,375 ). 2 a. Il est important d’entrer la liste des valeurs de k en liste L1, car les rangs des termes des listes de la cal- culatrice débutent à 1. Objectifs – Déterminer un intervalle [ a ; b ] contenant 95 % au moins des valeurs de X, c’est-à-dire tel que P( a � X � b ) � 0,95 lorsque X suit une loi binomiale ; – déterminer un intervalle contenant 95 % au moins des valeurs de la fréquence correspondant à la variable aléatoire X, lorsque X suit une loi binomiale ; – déterminer un autre intervalle de ﬂ uctuation de la fréquence correspondant à la variable aléatoire X, lorsque X suit une loi binomiale. 1 On lance 100 fois le dé. On s’intéresse au nombre de 6 apparus. On reconnaît la répétition de 100 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. La probabi- lité d’obtenir 6 est la probabilité du succès p. BAT_Chap07-LP.indd 133 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 134 Exercices d’applicationExercices d’application Tables des probabilités cumulées pour une loi binomiale � � ( n ; p ) (p. 183) Par lecture des tables : a. � ( 80 ; 0,49 ) P( X � 30 ) � 0,025 et P( X � 48 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,375 ; 0,60 ]. b. � ( 100 ; 0,56 ) P( X � 46 ) � 0,025 et P( X � 66 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,46 ; 0,66 ]. c. � ( 200 ; 0,44 ) P( X � 74 ) � 0,025 et P( X � 102 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,37 ; 0,51 ]. d. � ( 250 ; 0,51 ) P( X � 112 ) � 0,025 et P( X � 143 ) � 0,975 donc [ an ; bn ] = [ 0,448 ; 0,572 ]. b. On recherche un intervalle [ a ; b ] tel que la probabi- lité P( a � X � b ) � 0,95. On exclut les deux intervalles extrêmes de probabilité plus petite ou égale à 0,025 c’est-à-dire qui contiennent au plus 2,5 % des valeurs de X. P( X � 27 ) ≈ 0,01779 d’où P( X � 27 ) � 0,025. P( X � 28 ) ≈ 0,2968 d’où P( X � 28 ) > 0, 025 ; les valeurs de X inférieures ou égales à 27 sont exclues de l’intervalle cherché. P( X � 47 ) ≈ 0,97953 d’où P( X � 47 ) � 0,975 ; P( X � 48 ) = 1 – P( X � 47 ) d’où P( X � 48 ) � 0,025 ; les valeurs de X supérieures ou égales à 48 sont exclues de l’intervalle cherché. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; 2 ; … 27 ; 28 ; … 46 ; 47 ; 48 ; … 100. P( 28 � X � 47 ) = 1 – P( X � 27 ) – P( X � 48 ) = P( X � 47 ) – P( X � 27 ) P( 28 � X � 47 ) � 0,95. L’intervalle [ 28 ; 47 ] contient au moins 95 % des valeurs de X. c. X est le nombre de 6 apparus au cours de 100 lancers donc les valeurs de la fréquence d’apparition du 6, au cours de 100 lancers, s’obtiennent en divisant les valeurs de X par 100. On déduit du b. que l’intervalle contenant au moins 95 % des valeurs de la fréquence correspondant à X est l’intervalle [ 0,28 ; 0,47 ]. 3 a. On recherche un intervalle [ a’ ; b’ ] tel que la probabilité P( a’ � X � b’ ) � 0,99. On exclut les deux intervalles extrêmes de probabilité plus petites ou égales à 0,005 c’est-à-dire contenant au plus 0,5 % des valeurs de X. P( X � 24 ) < 0,005 et P( X � 25 ) > 0,005. Les valeurs inférieures ou égales à 24 sont exclues de l’intervalle cherché. P( X � 50 ) > 0,995 ; P( X � 51 ) = 1 – P( X � 50 ) donc P( X � 51 ) < 0,005 . Les valeurs de X supérieures ou égales à 51 sont exclues de l’intervalle cherché. Les valeurs prises par X sont 0 ; 1 ; 2… 24 ; 25 ; … 50 ; 51 ; … 100. P( 25 � X � 50 ) = P( X � 50 ) – P( X � 24 ) ; P( 25 � X � 50 ) � 0,99 L’intervalle [ 25 ; 50 ] contient au moins 99 % des valeurs de X. b. L’intervalle [ 0,25 ; 0,50 ] est l’intervalle contenant au moins 99 % des valeurs de la fréquence correspondant à X. Prolongement Cette activité peut être prolongée ainsi, après avoir traité le cours Partie b. On fait l’hypothèse que le dé est truqué. On lance 100 fois ce dé que l’on suppose truqué et on obtient 48 fois le 6. Cette expérience permet de rejeter ou non cette hypothèse, avec cependant un risque d’erreur. La fréquence d’apparition du 6 dans cette expérience est 0,48. 95 % au moins des valeurs de la fréquence cor- respondant à X appartiennent à l’intervalle [ 0,28 ; 0,47 ]. 0,48 n’appartient pas à l’intervalle [ 0,28 ; 0,47 ], donc on rejette l’hypothèse que le dé est truqué. (Le risque de rejeter l’hypothèse alors qu’elle est vraie est de 5 %.) 0,48 appartient à l’intervalle [ 0,25 ; 0,50 ], comme 99 % des valeurs de la fréquence correspondant à X. Donc, dans ce cas, on ne peut pas rejeter l’hypothèse que le dé soit truqué. BAT_Chap07-LP.indd 134 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 135 Exercices d’applicationExercices d’application Déterminer et utiliser un intervalle de fluctuation à 95 % (p. 185) On admet que la proportion des utilisateurs satis- faits de la présentation du site est p = 0,59. On interroge 200 utilisateurs au hasard. La variable aléatoire X égale au nombre d’utilisateurs satisfaits suit la loi binomiale � ( 200 ; 0,59 ). À la calculatrice : le plus petit entier a tel que la proba- bilité P( X � a ) � 0,025 est a = 113. Et le plus petit entier b tel que P( X � b ) � 0,975 est b = 132. La taille de l’échantillon est n = 200 , donc l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X est [ 113200 ; 132200 ] ≈ [ 0,57 ; 0,66 ]. La fréquence observée est 102 100 = 0,51. Elle n’appartient pas à l’intervalle, donc on rejette l’hy- pothèse p = 0,59 , avec un risque de 5 % de rejeter une hypothèse vraie. On met donc en doute les résultats de l’enquête. On admet que la proportion des électeurs accor- dant leur confiance à ce chef de parti politique est p = 0,56. On interroge 250 électeurs au hasard. On note X la variable aléatoire égale au nombre d’utilisateurs satisfaits de la présentation du site. X suit la loi bino- miale � ( 250 ; 0,56 ). À l’aide de la calculatrice, on lit le plus petit entier a tel que P( X � a ) � 0,025 : a = 125. On recherche le plus petit entier b tel que la probabilité P( X ≤ b ) � 0,975 : b = 155. Comme la taille de l’échantillon est n = 250, l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X est : [ 125250 ; 155250 ] ≈ [ 0,5 ; 0,62 ]. La fréquence observée 128 250 = 0,512 appartient à l’in- tervalle de fluctuation de la fréquence donc on ne peut pas remettre en question l’affirmation de ce chef de parti politique. On admet que la proportion des automobilistes qui ont des difficultés à emprunter un rond-point est p = 0,60. On interroge 150 automobilistes au hasard. On note X la variable aléatoire égale au nombre d’auto- mobilistes ayant des difficultés à prendre le rond-point. X suit la loi binomiale � ( 150 ; 0,60 ). On entre les valeurs de X en liste L1 et les valeurs des probabilités P( X � k ) pour cette loi binomiale en liste L2. On recherche, à l’aide de la calculatrice, le plus petit entier a tel que P( X � a ) � 0,025 : ici a = 78. (Le résultat donné p. 271 dans les corrigés du manuel élèves est inexact.) On recherche le plus petit entier b tel que : P( X � b ) � 0,975. Ici b = 103. Comme la taille de l’échantillon est n = 150 , l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X est : [ 78150 ; 103150 ] ≈ [ 0,52 ; 0,68 ]. La fréquence observée 95 150 = 0,633 appartient à l’inter- valle comme 95 % des valeurs de la fréquence corres- pondant à X, donc on ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,60. On accepte les résultats de l’enquête. Compléments pour l’exercice corrigé Sur calculatrice les instructions données renvoient directement les valeurs de a et b. En effet, la fonction � de la calculatrice est un test. L2 � 0.025 renvoie une liste de 0 et de 1 : 1 si le terme de L2 est inférieur ou égal à 0,025 ; 0 sinon. Pour connaître le nombre de valeurs de la liste L2 inférieures ou égales à 0,025, c’est-à-dire le rang de la plus grande valeur de la liste L2 inférieure ou égale à 0,25, il suffit d’ajouter tous les termes de la liste L2 � 0,025. On obtient 47. k = rang – 1 donc 46 est la plus grande valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,025 : 46 = a – 1 donc la plus petite valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,025 est a = 47. La somme de la liste L2 � 0,975 renvoie le rang de la plus grande valeur de la liste L2 inférieure ou égale à 0,975. On trouve 70. k = rang – 1 donc 69 est la plus grande valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,975, d’où 70 est la plus petite valeur de k pour laquelle P( X � k ) � 0,975 est b = 70. BAT_Chap07-LP.indd 135 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 136 QCM 1 c. Chaque question propose 3 réponses dont une seule est exacte ; donc p = 1 3 . 2 a. � ( 10 ; 13 ). On reconnaît la répétition de 10 épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes, de probabilité de succès p = 1 3. 3 c. On trouve dans la table donnée que le plus petit entier a tel que P( X � a ) � 0,025 est a = 2. Et le plus petit entier b tel que la probabilité P( X � b ) � 0,975 est b = 6. 4 b. P( X � 7 ) � 0,025 . Déterminer l’intervalle de fluctuation à 95 % sur tableur Voir ﬁ chier tableur dans le manuel numérique. L’amplitude de l’intervalle de ﬂ uctuation de la fréquence diminue lorsque n augmente. Célibat en France a. On admet qu’en France 40,9 % des hommes sont célibataires. On interroge 120 hommes. On reconnaît la répétition de 120 épreuves de Ber- noulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,409. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’hommes célibataires de l’échantillon. X suit la loi binomiale � ( 120 ; 0,409 ). b. En utilisant la calculatrice ou le tableur, on lit : a = 39 et b = 60. n = 120 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 39120 ; 60120 ] c’est-à-dire [ 13 ; 12 ]. c. La fréquence observée est f = 48 120 = 0,4 . 0,4 [ [ 13 ; 12 ] comme 95 % des valeurs de la fréquence correspondant à X, donc l’échantillon est conforme à la population. Cas d’allergies en France a. On admet que 40 % de la population a déjà déclaré une pathologie allergique. On interroge 110 personnes. On reconnaît la répétition de 110 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, de probabilité de succès p = 0,40. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de personnes ayant déclaré cette pathologie dans l’échan- tillon. X suit la loi binomiale � ( 110 ; 0,40 ). b. En utilisant la calculatrice ou le tableur, on lit : a = 34 et b = 54. n = 110 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 34110 ; 54110 ]. En arrondissant les bornes au centième, l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % est [ 0,31 ; 0,49 ]. c. La fréquence observée est f = 48 110 = 0,436. 0,436 [ [ 0,31 ; 0,49 ] donc on ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,40. On accepte l’aﬃ rmation de la revue médicale. Évolution de l’hébergement touristique a. On admet que la proportion de touristes préférant cet hébergement est p = 0,46. On interroge 250, puis 180 puis 150 personnes. Dans chacun des cas, on recon- naît la répétition de n épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0, 46. X, Y, Z suivent les lois binomiales suivantes : X : � ( 250 ; 0,46 ) ; Y : � ( 180 ; 0,46 ) ; Z : � ( 150 ; 0,46 ). b. On obtient (voir table p. 183) : Année n f a b a n b n Décision 2009 250 0,476 100 130 0,40 0,52 On ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,46. 2010 180 0,55 70 96 0,3889 0,5333 On rejette l’hypothèse p = 0,46. 2011 150 0,56667 57 81 0,38 0,54 On rejette l’hypothèse p = 0,46. c. On ne peut pas remettre en question l’aﬃ rmation que la proportion de touristes préférant ce type d’hé- bergement est restée la même de 2003 à 2009 mais on rejette cette aﬃ rmation pour les années 2010 et 2011. Confiance des électeurs a. On admet que la proportion de sympathisants pour le candidat A est 0,48 ; pour B, elle est de 0,51 ; pour C, elle est de 0,49. On interroge 100 personnes pour le candidat A, 250 personnes pour B, et 80 personnes pour C. Dans chacun des cas, on reconnaît la répétition de n épreuves de Bernoulli, identiques et indépendantes. X suit la loi binomiale � ( 100 ; 0,48 ) ; Y suit la loi � ( 250 ; 0,51 ) et Z suit la loi � ( 80 ; 0,49 ). (p. 186) BAT_Chap07-LP.indd 136 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 137 b. et c. Le programme de la calculatrice renvoie les bornes des intervalles de ﬂ uctuation à 95 % : n f a n b n A 100 0,39 0,38 0,58 On ne peut pas rejeter l’hypothèse. B 250 0,68 0,448 0,672 On rejette l’hypothèse. C 80 0,5875 0,375 0,6 On ne peut pas rejeter l’hypothèse. d. On ne peut pas remettre en question les aﬃ rma- tions des candidats A et C, mais on rejette l’aﬃ rmation du candidat B, avec un risque d’erreur de 5 % de rejeter cette aﬃ rmation alors qu’elle est vraie. Enquête auprès d’une clientèle On admet que la proportion des clients âgés de plus de 40 ans est p = 0,35. a. Faux : on interroge 100 personnes. L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est : I1 = [ 0,26 ; 0,44 ]. b. et c. Faux : pour le deuxième sondage, on interroge 200 personnes. L’intervalle de ﬂ uctuation est : I2 = [ 0,285 ; 0,415 ]. Les fréquences observées sont : – pour 100 personnes : f1 = 0,39. On ne peut pas rejeter l’hypothèse p = 0,35. – pour 200 personnes : f2 = 0,28. On rejette l’hypothèse p = 0,35. Prolongement de l’exercice : d. f1 = 0,39 et f2 = 58 200 = 0,29 ; dans ce cas, on ne peut pas rejeter l’hypothèse que la proportion des clients âgés de plus de 40 ans est p = 0,35. e. f1 = 0,25 et f2 =0,28 ; dans ce cas, on rejette l’hy- pothèse que la proportion des clients âgés de plus de 40 ans est p = 0,35. La pièce est-elle équilibrée ? 1 a. I = [ p – 1Bn ; p + 1Bn ] et p = 0,5 I1 = [ 0,5 – 1B200 ; 0,5 + 1B200 ] n = 200 I2 = [ 0,5 – 110 ; 0,5 + 110 ] n = 100 car 10 = B100 I3 = [ 0,5 – 1B20 ; 0,5 + 1B20 ] n = 20 b. n = 100 n = 20 n = 200 Plus n augmente plus les ﬂ uctuations de la fréquence diminuent. 2 On a obtenu 44 fois Pile lors de 100 lancers donc la fréquence observée est 0,44. Cette fréquence appar- tient à l’intervalle I2 = [ 0,4 ; 0,6 ], donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse. p = 0,5 donc on accepte le fait que la pièce est équi- librée. 3 On obtient 88 fois Pile donc n � 20. Si n = 200 , la fréquence observée est 0,44. Ce nombre appartient à l’intervalle I1 = [ 0,43 ; 0,57 ], on ne peut pas remettre en question l’hypothèse p = 0,5. Si n = 100 , la fréquence observée est 0,88. Ce nombre n’appartient pas à l’intervalle I2 = [ 0,4 ; 0,6 ], donc on rejette l’hypothèse p = 0,5. BAT_Chap07-LP.indd 137 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 138 Comparaison des deux intervalles à l’aide d’un tableur 1 a. et b. Voir manuel numérique. 2 n = 50 p 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 a n 0,02 0,1 0,18 0,28 0,36 0,46 0,56 0,68 0,82 b n 0,18 0,320 0,44 0,54 0,64 0,74 0,82 0,9 0,98 p – 1 Bn – 0,041 0,059 0,159 0,259 0,359 0,459 0,559 0,659 0,759 p + 1 Bn 0,241 0,341 0,441 0,541 0,641 0,741 0,841 0,941 1,041 n = 100 p 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 a n 0,05 0,12 0,21 0,31 0,4 0,5 0,61 0,72 0,84 b n 0,16 0,280 0,39 0,5 0,6 0,69 0,79 0,88 0,95 p – 1 Bn 0,000 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 p + 1 Bn 0,200 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 n = 50 n = 100 On remarque que, pour n = 50 et n = 100 et pour 0,40 � p � 0,60 , les deux intervalles sont pratiquement confondus. BAT_Chap07-LP.indd 138 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 139 Influence de la taille de l’échantillon sur la représentation graphique de la loi 1 a. et b. Voir manuel numérique. 2 a., b. et c. μ = 5 μ = 10 μ = 25 μ = 50 BAT_Chap07-LP.indd 139 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 140 Une formation bien suivie On admet que la proportion d’employés ayant suivi le stage de formation est p = 0,58. 1 a. On interroge 5 employés sur leur participation au stage. On reconnaît la répétition de 5 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, de probabilité de succès p = 0,58. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’employés, parmi cet échantillon, ayant suivi le stage. X suit la loi binomiale � ( 5 ; 0,58 ). b. P( X = 3 ) = ( 53 ) × 0,583 × 0,422, d’où P( X = 3 ) ≈ 0,344. c. P( X � 1 ) = 1 – P( X = 0 ) d’où P( X � 1 ) ≈ 0,987. 2 a. On interroge 100 employés de cette entreprise. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre d’employés ayant suivi le stage. Y suit la loi binomiale � ( 100 ; 0,58 ). b. En utilisant les tables p. 183 ou le tableur ou la cal- culatrice, on lit a = 48 et b = 68. Or n = 100 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 0,48 ; 0,68 ]. c. La fréquence observée f est 65 100 = 0,65. Cette fréquence appartient à l’intervalle de ﬂ uctuation, donc on ne peut pas remettre en cause l’hypothèse p = 0,58 . On accepte l’aﬃ rmation de l’entreprise. Étude d’une production Masse (en g) [ 470 ; 480 [ [ 480 ; 490 [ [ 490 ; 500 [ [ 500 ; 510 [ [ 510 ; 520 [ Centre de classe 475 485 495 505 515 Nombre de pots 70 130 440 260 100 1 La masse moyenne est : x = 475 × 70 + 485 × 130 + 495 × 440 + 505 × 260 + 515 × 100 1 000 = 496,9. L’écart type est σ = 10,16. 2 a. On admet que la probabilité d’obtenir un pot d’une masse inférieure à 490 g est p = 0,2. On prélève au hasard, successivement avec remise, 10 pots. On reconnaît la répétition de 10 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de pots dont la masse est inférieure à 490 grammes. X suit la loi binomiale � ( 10 ; 0,2 ). b. P( X = 2 ) = ( 102 ) × 0,22 × 0,88 ≈ 0,302 3 a. On admet que la proportion de pots dont la masse est inférieure à 495 g est p = 0,44. On prélève au hasard 200 pots. On reconnaît la répé- tition de 200 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,44. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de pots dont la masse est inférieure à 495 g. Y suit la loi binomiale � ( 200 ; 0,44 ). μ = 100 3 On peut conﬁ rmer la phrase : « Pour n ‘‘assez grand’’, les sommets des bâtons du diagramme dessinent une ‘‘courbe en cloche’’ assez régulière qui semble symétrique par rapport à la droite x = μ. » (p. 189) BAT_Chap07-LP.indd 140 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 141 b. À l’aide de la calculatrice ou du tableur, on obtient a = 74 et b = 102. c. Or n = 200 donc l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ 0,37 ; 0,51 ]. La fréquence observée f = 80 200 = 0,4 appartient à cet intervalle donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse p = 0,44. On ne peut pas rejeter l’hypothèse que la machine soit bien réglée. « Votes de paille » a. Franklin D. Roosevelt est réélu avec 61 % des voix, donc on admet que la proportion d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt est p = 0,61. On interroge 400 personnes sur leur intention de vote. On reconnaît la répétition de 400 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,61. Soit X la variable aléatoire égale au nombre d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt. X suit la loi binomiale � ( 400 ; 0,61 ) L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence cor- respondant à X est : [ 0,61 – 1B400 ; 0,61 – 1B400 ] = [ 0,56 ; 0,66 ]. Les journaux ont prédit 56 % d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt. 0,56 est une borne de l’intervalle de ﬂ uctuation. On interroge 4 000 personnes sur leur intention de vote. On reconnaît la répétition de 4 000 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de probabilité de succès p = 0,61. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre d’électeurs favorables à Franklin D. Roosevelt. Y suit la loi binomiale � ( 4 000 ; 0,61 ). L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence corres- pondant à Y est : [ 0,61 – 1B4 000 ; 0,61 – 1B4 000 ] = [ 0,594 ; 0,626 ]. b. 2 160 électeurs parmi les 4 000 se sont déclarés favo- rables à Franklin D. Roosevelt soit une part de 54 %. 0,54 n’appartient pas à l’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence correspondant à Y. n f a n b n Vote de paille 1 400 0,56 0,5625 0,6575 Vote de paille 2 4 000 0,54 0,5948 0,625 On peut remettre en cause les votes de paille eﬀ ectués lors de la campagne présidentielle. Prolongement de l’exercice : L’intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence est [ p – 1Bn ; p + 1Bn ], ce qui signiﬁ e : p – 1Bn � f � p + 1Bn . On peut alors écrire : f – 1 Bn � p � f + 1 Bn . L’intervalle [ f – 1Bn ; f + 1Bn ] permet d’estimer la pro- babilité p lorsque celle-ci est inconnue. Donner l’intervalle [ f – 1Bn ; f + 1Bn ] (fourchette de sondage) pour chacun des « votes de paille » eﬀ ec- tués lors de la campagne présidentielle. Interpréter les résultats obtenus. Comparer les estimations de la probabilité de succès de Franklin D. Roosevelt aux élections présidentielles proposées par les journaux au score obtenu. Vote de paille 1 : [ 0,51 ; 0,61 ] Vote de paille 2 : [ 0,524 ; 0,556 ] Le premier vote de paille permet d’estimer que Franklin D. Roosevelt remportera entre 51 % et 61 % des suﬀ rages. Le deuxième vote de paille permet d’estimer que Franklin D. Roosevelt remportera entre 52,4 % et 55,6 % des suﬀ rages. Étude de fonction pour comparer deux intervalles suivant les valeurs de p 1 a. f est la fonction trinôme du second degré déﬁ - nie sur [ 0 ; 1 ] par f (x) = – x2 + x. a = – 1, le sommet a pour abscisse xs = 0, 5 donc sur [ 0 ; 0,5 ] la fonction f est croissante et sur [ 0,5 ; 1 ] la fonction f est décroissante. Le maximum est atteint pour x = 0,5 et est égal à f (0,5) = 0,25. x y 0,1 0,4 0,6 1 0,1 0,2 b. f (0,4) = f (0,6) = 0,24 donc si 0,4 � p � 0,6 alors 0,24 � f (x) ≤ 0,25 – 0,25 � – f (x) � – 0,24 0 � 0,25 – f (x) � 0,01 donc 0,25 – f (x) � 0,01. c. Lorsque 0,4 � p � 0,6, l’erreur commise en rem- plaçant f (x) par 0,25 est inférieure à 0,01 donc l’erreur commise en écrivant Bf (x) ≈ 0,5 est inférieure à 0,1. 2 a. σ (x) = Bn (1 – p) p = Bn (p – p2) = Bn f (p) Pour 0,4 ≤ p ≤ 0,6 , on peut écrire σ (x) ≈ Bn × 0,25. Or B0,25 = 0,5 = 1 2 donc on peut écrire : pour 0,4 � p � 0,6, σx ≈ Bn 2 . b. Soit I l’intervalle [ E(X) – 2 σx ; E(X) + 2 σx ]. La variable aléatoire X suit une loi binomiale � ( n ; p ) donc E( X ) = np. Pour 0,4 ≤ p ≤ 0,6 , l’intervalle If est très proche de l’inter- valle [ np – Bn ; np + Bn ]. BAT_Chap07-LP.indd 141 26/08/11 10:15
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 7 Échantillonnage 142 On étudie un échantillon de taille n. L’intervalle If contenant les valeurs de la fréquence correspondant à la variable aléatoire X s’obtient en divisant les bornes de l’intervalle précédent par n. If est donc très proche de l’intervalle : [ np – Bnn ; np + Bnn ] = [ p – 1Bn ; p + 1Bn ]. Pour 0,4 � p � 0,6 , l’intervalle If est très proche de l’intervalle [ p – 1Bn ; p + 1Bn ], intervalle de ﬂ uctuation à 95 % de la fréquence correspondant à X. Programmes de calculatrice pour obtenir les valeurs de a et b : BAT_Chap07-LP.indd 142 26/08/11 10:15
SuitesSuites © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 143 C H A P I T R E Bien que placé en dernier (il faut bien qu’il y en ait un !), ce chapitre a été écrit pour être traité en trois temps si on le désire. La partie 1 sur les généralités peut être abordée juste après les statistiques (chapitre 3), puis la partie 2 sur les suites arithmétiques après le chapitre 4 qui reprend les fonctions affi nes. Nous conseillons de garder en dernier la partie 3 sur les suites géométriques, plus complexes. En fi n d’année, ces suites vont clore les mathématiques de Première et permettre de réattaquer sur ce chapitre en Terminale ! Une des diffi cultés pour les élèves est la confusion entre un terme et l’indice. Comme les élèves de ES rencontrent le mot « indice » en SES, nous n’avons pas trop insisté sur ce vocabulaire, préférant le mot « rang ». De même, de nombreux élèves ont quelques diffi cultés pour appeler premier terme, le terme u « zéro ». Aussi avons-nous choisi d’employer l’expression « terme ini- tial » dans le cours et de commencer à parler de premier terme seulement dans les exercices, quand la notion de suite commence à être « ancrée ». De plus, les applica- tions concrètes des suites géométriques donnent bien cette idée de valeur au départ, sur laquelle porte des variations, et reste en accord avec le chapitre 1 sur le coeffi cient multiplicateur et la valeur de départ que l’on a notée V0 dans cet ouvrage. De même pour les calculs sur les capitaux de valeurs initiales données. Dans la partie Découvrir, une large place est donnée aux TICE. La calculatrice d’abord avec la fonction rand déjà rencontrée dans le chapitre de probabilités, afi n de penser qu’une suite n’est pas forcément « logique ». On retrouve alors la notion de série de valeurs aléatoires et la notation xi vue en statistique. L’algorithmique se prête totalement à l’étude d’une suite récurrente, sans complication de programmation, de façon très naturelle. On propose à l’élève de s’approprier cet algorithme et de le transformer pour l’étude d’autres suites. Cette pratique sera utile en Terminale pour l’étude des suites arithmético-géométriques. Enfi n, l’utilisation du tableur et le retour au chapitre 1 sont abordés dans les activités 3 et 4. D’ailleurs, de nom- breux exercices du chapitre 1 ont un lien direct avec les suites. Dès la partie 1, nous avons intégré l’utilisation des fonc- tionnalités de la calculatrice pour étudier des suites défi - Intentions des auteuresIntentions des auteures nies par récurrence. Pour les suites données de façon explicite, il nous a semblé plus naturel de les rattacher à la notion de fonction de X pour X entier. Nous avons cependant utilisé la fonctionnalité des calculatrices « seq » ou « suite » en français, que l’on peut trouver dans les logiciels ou calculatrices, utilisant le calcul formel. En page 195, la détermination du sens de variation d’une suite récurrente est plus délicate : cela sera repris en Terminale. Nous avons choisi de faire un parallèle entre suite arithmétique et suite géométrique, entre addition et multiplication. C’est aussi ce qui sera mis en valeur entre fonction exponentielle et fonction ln en Termi- nale. Bien sûr, nous avons insisté sur le lien entre suite géo- métrique et évolution en variation relative constante, raison de la suite et CM et taux d’évolution. La dernière partie revient sur des comparaisons de suites et les applications importantes sur les capitaux. Les schémas explicatifs, en marge page 200, ont été mis au point en classe de 1re L Maths Info et en 1re STG les années précédentes. Les applications sont très variées. Nous avons cherché à intégrer au maximum ces notions théoriques dans des situations concrètes. Les exercices « théoriques » et trop calculatoires sont peu nombreux pour laisser la place à la modélisation de situations porteuses de sens pour les élèves. La rubrique Réinvestir est en réa- lité partout ! Mais nous avons dégagé quelques études moins cou- rantes, comme la règle des deux tiers vue en 1re L option. La suite de Fibonacci étant « classique », nous l’avons choisie pour être le thème de l’exercice en anglais. Même un professeur de mathématiques non anglo- phone peut alors aborder cet exercice. Pour nous, l’exercice 131 sur les cartes de crédit est INCONTOURNABLE dans cette section. Demander aux élèves d’apporter un contrat sur une carte de crédit d’un grand magasin avant d’aborder cet exercice. On travaille alors sur des « mathématiques citoyennes » ! La page d’introduction historique fait référence à Malthus et autres modèles d’évolution. Ces suites BAT_Chap08-LP.indd 143 26/08/11 10:16
QCM - Modéliser des évolutions 1 c. CM = 1 – 10 100 = 0,9. 2 c. CMglobal = (1 + 10100) (1 + 15100) (1 + 20100) = 1,518. Donc taux = CM – 1 = 0,518 = 51,8 %. 3 c. CMglobal = (1 – 10100) (1 – 8100) (1 – 6100) ≈ 0,78. Donc taux = CM – 1 ≈ – 0,22. 4 b. CMglobal = (1 + 5100 )3 ≈ 1,158. Donc taux = CM – 1 ≈ 15,8 %. 5 b. CMglobal = (1 – 2100 )10 = 0,9810. QCM - Manipuler correctement les puissances 1 b. 2 × 2n = 21 × 2n = 2n+1. 2 c. 3n+3 = 3n × 33 = 3n × 27. 3 c. 23 × 3² = 2 × 2² × 3² = 2 × ( 2 × 3 )² = 2 × 6². 4 c. On utilise la calculatrice. C D © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 144 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 144 Vrai ou faux ? - Calculer des images a. Vrai : f (x + 1) = 2 (x + 1) + 3 = 2x + 5. b. Faux : g (x + 1) = (x + 1)² = x² + 2x + 1. c. Vrai : h (x + 1) – h (x) = 1 x + 1 – 1 x = x x (x + 1) – x + 1 x (x + 1) Donc h (x + 1) – h (x) = – 1 x (x + 1) . Vrai ou faux ? - Variations et inégalités a. Vrai : n � n + 1. Comme la fonction u est croissante, u (n) � u (n + 1). b. Faux : on ne peut pas comparer les images de deux réels non entiers. c. Vrai : la fonction carré f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Comme 0 � x � x + 1, x² � (x + 1)². Donc f (x) � f (x + 1). A fortiori, f (x) � f (x + 1). d. Faux : la fonction inverse g est décroissante sur ] 0 ; + ∞ [. Comme 0 � x � x + 1, 1 x � 1 x + 1 . Donc g (x) � g (x + 1) , soit g (x + 1) � g (x). A B Vrai ou faux ? - Calculer A (p. 190) Associer un chiffre et sa placeActivitéActivité 1 le rang du premier 0 est 12 ; le rang du premier 4 est 26 ; le rang du premier 3 est 47. c. On a u(n) = 2 et u(n + 1) = 9 pour n = 16. 2 a. v1 = 92 et v5 = 92. b. v8 = 29. Objectifs – Introduire la notion de suite, de rang, de terme ; – découvrir la notation indicielle ; – travailler sur le sens des indices. 1 a. u (5) = 5 ; u (10) = 9 ; u (17) = 9. b. Le rang du premier 7 est 8 ; (p. 192) sont reprises dans l’exercice 134. Il peut être intéres- sant de travailler sur le texte de Malthus en direct, consultable sur Internet. Il n’est pas de mois où un analyste économique parle de keynésianisme lorsqu’il fait référence à l’inter- ventionnisme de l’État. C’est pourquoi nous avons choisi de sensibiliser les élèves à cette approche de Keynes en exercice 135. Nous le proposons dans une version utilisant au maximum les TICE, sans aucun calcul théorique. La théorie sera reprise en Terminale en utilisant la somme des termes d’une suite géométrique et la limite d’une telle suite. Ce modèle fonctionne lorsque le système est fermé, c’est-à-dire que tout investissement de l’État est consommé dans le pays lui-même. Là, le multipli- cateur keynésien agit totalement. BAT_Chap08-LP.indd 144 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 145 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 145 Trouver la suiteActivitéActivité 2 Objectifs – Travailler sur des programmes de calculs et décou- vrir une façon de définir une suite de nombres : de proche en proche, c’est-à-dire par récurrence ; – utiliser un algorithme et la calculatrice pour cal- culer le terme de rang n d’une suite ; – travailler sur des problèmes de seuil. 1 a. (5 + 3) × 2 = 16 (16 + 3) × 2 = 38 (38 + 3) × 2 = 82. b. La variable U contient le terme de rang I, entier variant de 1 à N . Elle est calculée de proche en proche. c. On obtient : Le plus petit entier n tel que un � 500 est 6. 2 • Programme de calcul A : a. On propose : ALGORITHME T.I.™ CASIO • Entrer la valeur de l’entier N • Stocker le nombre 2 dans U • Répéter N fois : Remplacer U par U + 10 • Aﬃ cher la valeur ﬁ nale de U b. Le terme initial est 2 ; les trois termes suivants sont 12, 22 et 32. c. Le plus petit entier n tel que un > 500 est 50. • Programme de calcul B : a. On propose : ALGORITHME T.I. ™ CASIO • Entrer la valeur de l’entier N • Stocker le nombre 10 dans U • Répéter N fois : Remplacer U par U × 1,2 • Aﬃ cher la valeur ﬁ nale de U b. Le terme initial est 10 ; les trois termes suivants sont 12, 14,4 et 17,28. c. Le plus petit entier n tel que un > 500 est 35. • Programme de calcul C : a. On propose : ALGORITHME T.I. ™ CASIO • Entrer la valeur de l’entier N • Stocker le nombre 5 dans U • Répéter N fois : Remplacer U par 3U – 2 • Aﬃ cher la valeur ﬁ nale de U b. Le terme initial est 5 ; les trois termes suivants sont 13, 37 et 109. c. Le plus petit entier n tel que un > 500 est 5. BAT_Chap08-LP.indd 145 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 146 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 146 Établir une suite à variation absolue constanteActivitéActivité 3 Objectifs – Réinvestir la notion de variation absolue ; – modéliser une situation à l’aide d’une suite ; – découvrir la notion de croissance linéaire ; – utiliser une suite arithmétique pour faire des pré- visions. 1 Les bonnes réponses sont a. et c. 2 a. On obtient : La variation absolue entre deux années consécutives paraît constante entre 2003 et 2010. b. L’accroissement annuel moyen entre 2003 et 2010 est 32,3 – 23,2 2010 – 2003 = 1,3. La variation absolue entre deux années consécutives est égale à l’accroissement annuel moyen. c. Les points sont alignés sur une droite, dont le coeffi- cient directeur est égal à l’accroissement annuel moyen. 3 a. En notant, pour tout entier n, un le nombre de visiteurs (en milliers) pour l’année 2003 + n, on a : un+1 = un + 1,3. b. 2014 est 4 années après 2010. 32,3 + 4 × 1,3 = 37,5. On peut estimer qu’il y aura 37,5 milliers de visiteurs en 2014. c. Pour tout entier n, on a : un = 23,2 + 1,3 × n. On résout 23,2 + 1,3n � 40 ⇔ 1,3n � 16,8 ⇔ n � 16,8 1,3 . Comme n est entier et 16,8 1,3 ≈ 12,9, on pourra envisa- ger la construction du nouveau parking à partir de 2003 + 13, soit 2016. Établir une suite à variation relative constanteActivitéActivité 4 1 a. En C4, on entre =(C2-B2)/B2 .Objectifs – Réinvestir la notion de variation relative ; – modéliser une situation à l’aide d’une suite ; – découvrir la notion de (dé)croissance exponen- tielle ; – utiliser une suite géométrique pour faire des pré- visions. b. On obtient : La variation relative entre deux années consécutives est quasiment constante à – 0,15. 2 a. En notant, pour tout entier n, un la valeur de la chaudière l’année n, on a : un+1 = un × (1 – 0,15) = 0,85 × un. b. Après 20 ans, la valeur de la chaudière est environ 10 000 × 0,8520 ≈ 390 €. BAT_Chap08-LP.indd 146 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 147 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 147 Exercices d’applicationExercices d’application 3. Déterminer et utiliser une suite géométrique (p. 199) a. u1 = 150 ; u2 = 225 ; u3 = 337,5 et u4 = 506,25. b. un = 100 × 1,5 n. a. u0 = 1 ; u1 = 3 ; u2 = 9 et u3 = 27. b. Pour tout entier n : un+1 = 3 n+1 = 3 × 3n = 3 × un Donc la suite (un) est géométrique de raison 3. c. Pour tout entier n : un+1 – un = 3 n+1 – 3n = 3n × 3 – 3n = 3n × (3 – 1) = 2 × 3n Donc un+1 – un � 0 : la suite (un) est croissante. 1 u1 = 5 × (1 + 6100) = 5,3 u2 = 5,3 × 1,06 = 5,618 2 a. Pour tout entier n : un+1 = un × (1 + 6100) = 1,06 × un . Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,06. b. Pour tout entier n, un = 5 × 1,06 n. c. u10 ≈ 8,95. La production au bout de 10 ans est d’en- viron 8,95 tonnes. 3 On tabule à la calculatrice. La production est supé- rieure à 10 tonnes à partir de 12 ans. e. Exercices d’applicationExercices d’application 1. Calculer les termes d’une suite et étudier la variation (p. 195) a. u0 = – 1 ; u1 = 4 ; u2 = 15 et u3 = 32. b. v0 = 10 ; v1 = 5 ; v2 = 10 3 et v3 = 2,5. a. Pour tout entier n, un+1 = (n + 1)2 n + 2 = (n 2 + 2n + 1) n + 2 . Donc un+1 – un = (n2 + 2n + 1) n + 2 – n 2 n + 1 = (n + 1) (n 2 + 2n + 1) – (n + 2)n2 (n + 1) (n + 2) = n 3 + 2n2 + n + n2 + 2n + 1 – n3 – 2n2 (n + 2) (n + 1) = n 2 + 3n + 1 (n + 1) (n + 2) Comme n � 0 : n2 + 3n + 1 � 1 � 0 ; n + 1 � 0 et n + 2 � 0. Donc un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est croissante. b. La fonction f : x � 0,25x + 400 est croissante sur �. On a : v0 = 100 et v1 = 0,25 × 100 + 400 = 425. Donc v0 � v1. Comme f est croissante, f (v0) � f (v1) , c’est-à-dire v1 � v2 , etc. Par itération, pour tout entier n, vn � vn+1. Donc la suite (vn ) est croissante. a. u1 = 21 ; u2 = 43 ; u3 = 87 et u4 = 175. b. v1 = 4 ; v2 = 16 ; v3 = 256 et v4 = 65 536. c. w1 = 3 2 ; w2 = 7 3 ; w3 = 13 7 et w4 = 27 13 . d. t1 = – 2 ; t2 = 5 ; t3 = – 2 et t4 = 5. Exercices d’applicationExercices d’application 2. Déterminer et utiliser une suite arithmétique (p. 197) a. u1 = 7 ; u2 = 10 ; u3 = 13 et u4 = 16. b. Pour tout entier n, un = 4 + 3n. c. u20 = 64. a. u0 = 5 ; u1 = 9 ; u2 = 13 ; u3 = 17. b. Pour tout entier n, un+1 – un = (4 (n + 1) + 5) – (4n + 5) = 4, soit un+1 = un + 4. La suite (un) est arithmétique de raison 4. c. Comme la raison a = 4 est strictement positive, la suite (un) est croissante. 1 u1 = 50 + 2 = 52 ; u2 = 52 + 2 = 54. 2 a. Pour tout entier n, un+1 = un + 2. Donc la suite (un) est arithmétique de raison 2. b. Pour tout entier n, un = 50 + 2n. 3 On résout : un � 100 ⇔ 50 + 2n � 100 ⇔ n � 25. La production double au bout de 25 années. BAT_Chap08-LP.indd 147 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 148 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 148 Exercices d’applicationExercices d’application 4. Comparer deux suites (p. 201) a. Pour tout entier n, on note : • an la population du pays A au bout de n années ; • bn la population du pays B au bout de n années. Pour tout entier n : • an+1 = an – 10 000 avec a0 = 500 000 : la suite (an) est arithmétique de premier terme a0 = 500 000 et de raison – 10 000. • bn+1 = bn × (1 – 8100) = 0,92 × bn avec b0 = 800 000 : la suite (bn) est géométrique de premier terme b0 = 800 000 et de raison 0,92. b. Pour tout entier n : an = 500 000 – 10 000 n et bn = 800 000 × 0,92 n. c. On tabule à la calculatrice. La population du pays B devient inférieure à celle du pays A au bout de 8 ans. QCMQCM c. u2 = 2² + 3 × 2 – 2 = 8. c. On calcule de proche en proche. v1 = 2 × 3 + 5 = 11 et v2 = 2 × 11 + 5 = 27. a. Pour tout entier n, wn = f (n) où f est définie sur [ 0 ; + ∞ [ par f (x) = (x + 1)² + 2. La fonction f est croissante, donc la suite (wn) est croissante. c. a0 = 2, a1 = –2 × 2 + 3 = – 1 et a2 = – 2 × (– 1) + 3 = 5. Comme a0 � a1 et a1 � a2, la suite (an) n’est ni crois- sante, ni décroissante. c. b0 = 3, b1 = 2 × 3 + 3 = 9 et b2 = 2 × 9 + 3 = 21. Ainsi : b1 – b0 = 6 différent de b2 – b1 = 12. Donc la suite (bn) n’est pas arithmétique. b1 b0 = 3 différent de b2 b1 = 7 3 Donc la suite (bn) n’est pas géométrique. a. Pour tout entier n : cn+1 – cn = ( 5 + 4 (n + 1) ) – (5 + 4n) = 4. Donc la suite (cn) est arithmétique de raison 4. b. Pour tout entier n, dn+1 dn = 50 × 1,2 n+1 50 × 1,2n = 1,2. Donc la suite (dn) est géométrique de raison 1,2. c. CM = 1 + 5 100 = 1,05. Tous les dix ans, la population est égale au produit de la population précédente et de 1,05. b. Chaque mois, la production est égale à la somme de la production précédente et de – 5. c. On note Cn le capital obtenu au bout de n années de placement. La suite (Cn) est une suite arithmétique de premier terme C0 = 1 000 et de raison 5 100 × 1 000 = 50. Donc pour tout entier n, Cn = 1 000 + 50 n. On résout : 1 000 + 50 n � 2 000 ⇔ 50 n � 1 000 ⇔ n � 20. n étant entier, on obtient n � 21. c. On note Cn le capital obtenu au bout de n années de placement. La suite (Cn) est une suite géométrique de premier terme C0 = 1 000 et de raison 1 + 3,5 100 = 1,035. Donc pour tout entier n, Cn = 1 000 × 1,035 n. On calcule les termes à l’aide de la calculatrice. C20 � 2 000 et C21 � 2 000. (p. 203) BAT_Chap08-LP.indd 148 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 149 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 149 1 Notion de suite (p. 204) Vrai ou faux ? a. Vrai : u2 = 2² + 2 × 2 = 8 . b. Vrai : u10 = 10² + 2 × 10 = 120 . c. Vrai : u5 = 5² + 2 × 5 = 35 impair. d. Vrai : un+1 = (n + 1)² + 2 (n + 1) = n² + 2n + 1 + 2n + 2 = n² + 4n + 3. QCM 1 c. v1 = 0,5 × 10 + 1 = 6. 2 b. v2 = 0,5 × 6 + 1 = 4. 3 a. v3 = 0,5 × 4 + 1 = 3. Rangs et termes 1 p5 = 111,3 et p8 = 117,7 2 a. L’indice mis en rouge peut s’écrire p7. b. Le rang de l’indice mis en bleu est 3. 3 L’indice des prix augmente entre 1999 et 2010. Calculatrice 1 u0 = – 2 ; u1 = – 1 ; u2 = 2 ; u3 = 7 et u4 = 14 2 u10 = 10 2 – 2 = 98 u50 = 50 2 – 2 = 2 498 a. u0 = 0² + 2 × 0 = 0. u1 = 1² + 2 × 1 = 3. u2 = 2² + 2 × 2 = 8. u3 = 3² + 2 × 3 = 15. u4 = 4² + 2 × 4 = 24. b. v0 = 100 × 1,02 0 = 100. v1 = 100 × 1,02 1 = 102. v2 = 100 × 1,02² = 104,04. v3 = 100 × 1,02 3 ≈ 106,12. v4 = 100 × 1,02 4 ≈ 108,24. a. u0 = 1 ; u1 = 1 2 ; u2 = 1 3 ; u3 = 1 4 et u4 = 1 5 . b. v0 = 0 ; v1 = – 1 ; v2 = 2 ; v3 = – 3 et v4 = 4. a. u0 = 0 ; u1 = 99 ; u2 = 196 ; u3 = 291 et u4 = 384. b. v0 = 35 ; v1 = 37 ; v2 = 38,6 ; v3 = 39,88 et v4 = 40,904. Modéliser avec une suite a. Pour tout entier n, un = 2n b. Pour tout entier n, un = 3(n + 1). c. Pour tout entier n, un = 2 n. Calculatrice a. u0 = 10 ; u1 = 37 ; u2 = 145 ; u3 = 577 et u4 = 2 305. b. u5 = 4u4 – 3 = 4 × 2 305 – 3 = 9 217 u6 = 4 × 9 217 – 3 = 36 865 a. u1 = 2 × 1 + 1 = 3 u2 = 2 × 3 + 1 = 7 u3 = 2 × 7 + 1 = 15 u4 = 2 × 15 + 1 = 31 b. v1 = 0,9 × 100 = 90 v2 = 0,9 × 90 = 81 v3 = 0,9 × 81 = 72,9 v4 = 0,9 × 72,9 = 65,61 a. u1 = 8 ; u2 = 11 ; u3 = 14 et u4 = 17. b. v1 = 3 ; v2 = 8 ; v3 = 63 et v4 = 3 968. a. u1 = 65 2 = 32,5 u2 = 235 4 = 58,75 u3 = 785 8 = 98,125 u4 = 2 515 16 ≈ 157,19 b. v1 = 1 3 ; v2 = 3 ; v3 = 1 3 et v4 = 3. u1 = – 0,5 ; u2 = – 1,25 ; u3 ≈ – 1,63 et u4 ≈ – 1,81. a. u1 = 1 050 u2 = 1 102,5 u3 ≈ 1 157,63 u4 ≈ 1 215,51 b. v1 = 450 v2 = 410 v3 = 378 v4 = 352,4 a. u1 = 6 5 = 1,2 u2 = 11 6 ≈ 1,83 u3 = 17 11 ≈ 1,55 u4 = 28 17 ≈ 1,65 b. v1 = 1 3 ≈ 0,33 ; v2 = – 1 2 = – 0,5 ; v3 = – 3 et v4 = 2. Pour les exercices 37 à 41 Écrire une formule de récurrence a. CM = 1 + 6 100 = 1,06 . Donc pour tout entier n, un+1 = un × 1,06. b. u0 = 100 ; u1 = 106 ; u2 = 112,36 ; u3 ≈ 119,10 et u4 ≈ 126,25. c. Par définition de la suite (chaque terme est aug- menté de 6 %), la suite (un) est croissante. a. Pour tout entier n : vn+1 = vn – 1 5 vn = 4 5 vn . b. v0 = 1 000 ; v1 = 800 ; v2 = 640 ; v3 = 512 et v4 = 409,6. c. Chaque terme est diminué du 5e, donc la suite (vn) est décroissante. BAT_Chap08-LP.indd 149 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 150 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 150 a. Pour tout entier n, wn+1 = 5 + wn. b. w0 = 20 ; w1 = 25 ; w2 = 30 ; w3 = 35 et w4 = 40. c. Chaque terme est augmenté de 5, donc la suite (wn) est croissante. Pour tout entier n, on note Pn la population au bout de n années d’évolution. a. Pn+1 = Pn + 5 100 × Pn – 1 000 = 1,05 Pn – 1 000 b. P0 = 30 000 ; P1 = 30 500 ; P2 = 31 025 ; P3 ≈ 31 576 et P4 ≈ 32 155. c. 1 000 habitants représentent environ 3,33 % de la population initiale. La diminution de 1 000 habitants n’est donc pas compensée par l’augmentation annuelle de 5 % . Ainsi, la suite (Pn) est croissante. Pour tout entier n, on note Pn la population au bout de n années d’évolution. a. Pn+1 = Pn – 6 100 Pn + 4 000 = 0,94 Pn + 4 000 b. P0 = 100 000 ; P1 = 98 000 ; P2 = 96 120 ; P3 ≈ 94 352 et P4 ≈ 92 691. c. 4 000 habitants représentent 4 % de la population initiale. L’augmentation de 4 000 ne compense donc pas la diminution annuelle de 6 % . Ainsi, la suite (Pn) est décroissante. Sens de variation et graphique u0 = f (0) = 2 ; u1 = f (1) = 3 ; u2 = 4 ; u3 = 6 ; u4 = 7 ; u5 = 8 ; u6 = 8,5 et u7 = 10. Sur les premiers termes de la suite (jusqu’au rang 7), la suite (un) est croissante. Variations et calculs de termes 1 a. Pour tout entier n : un+1 = 80 100 × un + 1 500 = 0,8 un + 1 500. d’où les formules dans la colonne B. b. On obtient : 2 Sur les 50 premiers termes, la suite (un) est crois- sante. 3 Le nombre d’abonnés ne semble jamais atteindre ni dépasser la valeur 7 500. Travailler sur les indices Pour tout entier n : • un+1 = 3(n + 1) 2 – 2(n + 1) + 1 = 3n2 + 4n + 2 ; • un+3 = 3(n + 3) 2 – 2(n + 3) + 1 = 3n2 + 16n + 22 ; • un–1 = 3(n – 1) 2 – 2(n – 1) + 1 = 3n2 – 8n + 6. Pour les exercices 45 à 51 Variations de suite Pour tout entier n : un+1 – un = (n + 1) 2 – n2 = 2n + 1 Comme n est un entier positif, un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = (4 (n + 1) + 2) – (4n + 2) = 4 � 0 Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = 5 n + 2 – 5 n + 1 = 5 (n + 1) (n + 1) (n + 2) – 5 (n + 2) (n + 1) (n + 2) = – 5 (n + 1) (n + 2) . Comme n est un entier positif, un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est décroissante. Pour tout entier n : un+1 – un = n + 1 n + 3 – n n + 2 = (n + 1) (n + 2) – n(n + 3) (n + 3) (n + 2) = 2 (n + 2) (n + 3) . Comme n est un entier positif, un+1 – un � 0. Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = 1,4 n+1 – 1,4n = 1,4n × 1,4 – 1,4n × 1 = 1,4n × (1,4 – 1) = 0,4 × 1,4n � 0. Donc la suite (un) est croissante. Pour tout entier n : un+1 – un = 2 × 0,9 n+1 – 2 × 0,9n = 2 × 0,9n × (0,9 – 1) = – 0,2 × 0,9n � 0. Donc la suite (un) est décroissante. Pour tout entier n : un+1 – un = – 10 × 1,05 n+1 + 10 × 1,05n = 10 × 1,05n × (– 10 + 1) = – 90 × 1,05n � 0. Donc la suite (un) est décroissante. BAT_Chap08-LP.indd 150 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 151 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 151 Variation de fonction et variation de suite a. f’ (x) = 4x + 3. Donc pour tout réel x � 0, f’ (x) � 0. Ainsi, la fonction f est croissante sur [ 0 ; +∞ [. b. Pour tout entier n, n � n + 1. Comme f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [, f (n) � f (n + 1), c’est-à-dire un � un+1. Donc la suite (un) est croissante. Pour les exercices 53 et 54 Variations : suite et fonction Soit f la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [ par f (x) = – 3x2 – 4x + 5. La fonction f est dérivable et pour tout réel x � 0, f’ (x) = – 6x – 4 � 0. Donc la fonction f est décroissante sur [ 0 ; + ∞ [. Alors pour tout entier n, comme n � n + 1, on a : f (n) � f (n + 1), soit un � un+1. Donc la suite (un) est décroissante. Soit f la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [ par : f (x) = 2x + 1 x + 3 . La fonction f est dérivable et pour tout réel x � 0 : f’ (x) = 2(x + 3) – 1(2x + 1) (x + 3)2 = 5 (x + 3)2 � 0. Donc la fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. Alors pour tout entier n, comme n � n + 1, on a : f (n) � f (n + 1), soit un � un+1. Donc la suite (un) est croissante. Évolution d’un capital 1 a. C2 = C1 + 6 100 C1 + 100 = 1,06 C1 + 100 = 1 329,60. C3 = 1,06 C2 + 100 = 1 509,376. b. Pour tout entier n : Cn+1 = Cn + 6 100 Cn + 100 = 1,06 Cn + 100. 2 D’une année à l’autre, le capital est augmenté de 6 % , puis de 100 € : le capital augmente donc au cours du temps. Donc la suite (Cn) est croissante. 3 On cherche le rang à partir duquel Cn � 2 000. Le capital a doublé au bout de 6 années d’augmentation. Taux d’équipement des ménages 1 • L’année 1969 correspond à n = 9. u9 = 95 × 9 + 200 9 + 10 ≈ 55,5. Le taux d’équipement en 1969 est estimé à 55,5 %. Cette valeur est très proche de la valeur observée. • L’année 1980 correspond à n = 20. u20 = 95 × 20 + 200 20 + 10 = 70. Le taux d’équipement en 1980 est estimé à 70 %. Cette valeur est égale à la valeur observée. • L’année 1990 correspond à n = 30 . u30 = 95 × 30 + 200 30 + 10 = 76,25. Le taux d’équipement en 1990 est estimé à 76,25 %. Cette valeur est très proche de la valeur observée. • L’année 2000 correspond à n = 40 . u40 = 95 × 40 + 200 40 + 10 = 80. Le taux d’équipement en 2000 est estimé à 80 % . Cette valeur est égale à la valeur observée. • L’année 2007 correspond à n = 47 . u47 = 95 × 47 + 200 47 + 10 ≈ 81,8. Le taux d’équipement en 2007 est estimé à 81,8 %. Cette valeur est très proche de la valeur observée. 2 La fonction f est dérivable sur [ 0 ; + ∞ [ et pour tout réel x, f’ (x) = 95 (x + 10) – 1 (95x + 200) (x + 10)2 = 750 (x + 10)2 � 0. La fonction f est croissante sur [ 0 ; + ∞ [. On en déduit que la suite (un) est croissante : plus le temps passe, plus le taux d’équipement augmente, c’est-à-dire plus il y a de ménages équipés. Augmenter son nombre d’amis 1 Le nombre de correspondants croît en fonction du nombre de jours écoulés. Donc la suite (un) est croissante. 2 u1 = 1 ; u2 = 2 × u1 = 2 ; u3 = 3 × u2 = 6 ; u4 = 4 × u3 = 24 et u5 = 5 × u5 = 120. 3 Pour tout entier n � 2 , un = n × un–1. Le terme un est calculé de proche en proche, comme dans l’algorithme. 4 a. On obtient : Le nombre de correspondants espérés le 10e jour est 3 628 800. b. On teste plusieurs valeurs de n à l’aide du pro- gramme. On obtient : Xavier atteindra le nombre d’habitants de la France au bout de 12 jours. c. Xavier atteindra la population mondiale au bout de 14 jours. BAT_Chap08-LP.indd 151 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 152 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 152 2 Suite arithmétique (p. 207) Vrai ou faux ? 1 Vrai : pour tout entier n : un+1 – un = ( 2 (n + 1) + 1) – (2n + 1) = 2, constante. 2 Faux : pour tout entier n, un+1 – un = n dépend de n. 3 Faux : pour tout entier n, un = 3 + 4n. Donc u10 = 3 + 4 × 10 = 43. 4 Faux : la raison est u6 – u4 6 – 4 = 3. À partir d’une formule de récurrence a. Faux : u0 = 2, u1 = 4 et u2 = 8. La différence entre deux termes consécutifs n’est pas constante. b. Faux : v0 = – 1, v1 = 1 et v2 = 5. La différence entre deux termes consécutifs n’est pas constante. c. Vrai : pour tout entier n, wn+1 – wn = – 2, constante. Pour les exercices 60 et 61 À partir du terme général a. Pour tout entier n : un+1 – un = (2 (n + 1) – 1) – (2n – 1) = 2, constante. Donc la suite (un) est arithmétique de raison 2 et de terme initial u0 = 2 × 0 – 1 = – 1. b. Pour tout entier n : vn+1 – vn = – (n + 1) 2 – – n 2 = – n – 1 + n 2 = – 1 2 , constante. Donc la suite (vn) est arithmétique de raison – 1 2 et de terme initial v0 = – 0 2 = 0. c. Pour tout entier n, wn+1 – wn = n + 2 3 – n + 1 3 = 1 3 constante. Donc la suite (wn) est arithmétique de raison 1 3 et de terme initial w0 = 0 + 1 3 = 1 3 . a. Pour tout entier n : un+1 – un = – 4 (n + 1) + 3 4 – – 4n + 3 4 = – 1, constante. Donc la suite (un) est arithmétique de raison a = – 1 et de terme initial u0 = – 4 × 0 + 3 4 = 0,75. b. v1 = 1 ; v2 = 1,5 et v3 = 5 3 . Les différences v1 – v2 = 0,5 et v3 – v2 = 1 6 sont différentes. Donc la suite (vn) n’est pas arithmétique. c. Pour tout entier n, wn = (n + 1) (n – 1) n + 1 = n – 1 Donc wn+1 – wn = ((n + 1) – 1) – (n – 1) = 1 constante. Donc la suite (wn) est arithmétique de raison 1 et de terme initial w0 = – 1. Pour les exercices 62 à 64 Calcul de la raison La raison a est la différence de deux termes consé- cutifs. Donc a = u1 – u0 = 45 – 50 = – 5. La raison a est l’accroissement moyen entre deux termes. Donc a = u20 – u10 20 – 10 = 7 – 2 10 = – 0,5. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 10 + n × a. Ainsi, u7 + u8 = (10 + 7a) + (10 + 8a) = 20 + 15a. Donc 20 + 15a = 35. On en déduit que a = 1. Pour les exercices 65 et 66 Expression du terme général a. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 3 + 4n. b. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 10 + 0,2n. a. La raison a est : u20 – u10 20 – 10 = 14 – 13 10 = 0,1. Le terme initial u0 est : u10 – 10 × a = 12. Pour tout entier n , un = u0 + n × a = 12 + 0,1n. b. La raison a est : u10 – u0 10 – 0 = – 10 – 23 10 = – 3,3. Pour tout entier n, un = u0 + n × a = 23 – 3,3n. Calculs de termes 1 a. La consommation d’huile augmente de 8 cL tous les mois, à partir de la valeur 50 cL. Donc la suite (cn) de la consommation d’huile est arith- métique de raison 8 et de terme initial c1 = 50. Ainsi, pour tout entier n � 1 : cn = 50 + 8 (n – 1) = 42 + 8n. b. c2 = 50 + 8 = 58 ; c3 = 66 et c4 = 74. 2 On résout 42 + 8n � 100 ⇔ 8n � 58 ⇔ n � 7,25. Comme n est entier, la consommation dépasse 100 cL au bout de 8 mois. Pour les exercices 68 à 71 Sens de variation La raison a est 0,2 positive. Donc la suite arithmétique (un) est croissante. La raison a est – 2 négative. Donc la suite (un) est décroissante. La suite (un) est soit croissante, soit décroissante. Comme u5 > u2 , la suite (un) est croissante. Par ailleurs, la raison a est : u5 – u2 5 – 2 = 1,5 positive. La suite (un) est soit croissante, soit décroissante. Comme u17 � u10, la suite (un) est croissante. Par ailleurs, la raison a est : u17 – u10 17 – 10 = 21 – 2 7 = 19 7 positive. BAT_Chap08-LP.indd 152 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 153 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 153 Doublement d’une production 1 a. La production augmente de 1,86 tonnes par an, à partir de 15 tonnes. Donc la suite (un) est arithmétique de raison a = 1,86 et de terme initial u0 = 15. Donc pour tout entier n, un = 15 + 1,86 n. b. L’année 2015 correspond à n = 5. u15 = 15 + 1,86 × 15 = 42,9. La production du produit est estimée à 42,9 tonnes en 2015. 2 On résout : un � 30 ⇔ 15 + 1,86 n � 30 ⇔ 1,86n � 15 ⇔ n � 15 1,86 Or 15 1,86 ≈ 8,06 et n est entier. Donc la production double à partir de 9 années d’aug- mentation, soit à partir de 2019. Interpolation linéaire 1 a. L’accroissement moyen annuel est : a = 34 000 000 – 25 000 000 10 = 900 000. b. La population fin 2007 est : 25 000 000 + 7 × 900 000 = 31 300 000 habitants. 2 Si la croissance linéaire se maintient, la population en 2015 sera de : 34 000 000 + 5 × 900 000 = 35 500 000 habitants. Compte « à sec » 1 a. Chaque mois, Cannelle dépense 200 € à partir de la valeur 1 300 €. Donc la suite (un) est arithmétique de raison a = – 200 et de terme initial u0 = 1 300. Donc pour tout entier n, un = 1 300 – 200n. b. Septembre est le 8e mois après janvier. Comme u8 = 1 300 – 200 × 8 = – 300, le compte de Cannelle sera à découvert de 300 € au 1er septembre de cette année. 2 On résout : un � 0 ⇔ 1 300 – 200n � 0 ⇔ n � 6,5. Comme n est entier, le compte de Cannelle sera à découvert au bout de 7 mois, soit à partir du 1er août. (En juillet, le montant du compte de Cannelle est de 100 €.) Calcul de raison On souhaite réduire les stocks de : 2 000 – 1 070 = 930 tonnes, en six mois. Il faut donc réduire les stocks chaque mois de : 930 6 = 155 tonnes. Influence de la raison 1 a. et b. En B5 =B4+$C$2 ; en C5 =B5–B4 ; en D5 =B5/B4 . c. On obtient : La suite (un) est croissante ; la suite (dn) est constante ; la suite (qn) est décroissante. 2 a. Lorsque la raison a est 50, la suite (dn) est constante, égale à 50. b. Lorsque a = – 5 , en ligne 10 : u6 = 70, d6 = – 5 et q6 ≈ 0,933. La suite (un) est décroissante ; la suite (dn) est constante ; la suite (qn) est décroissante. c. Lorsque a = – 25 , u4 = 0 et u5 = – 25. Le terme q5 n’existe pas. Temps maximal 1 a. D1 = 50 + 2,3 = 52,3 m ; D2 = 50 + 2 × 2,3 = 54,6 m ; D3 = 56,9 m. BAT_Chap08-LP.indd 153 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 154 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 154 b. Chaque seconde supplémentaire augmente la dis- tance de freinage de 2,3 m à partir de 50 m. Donc la suite (Dn) est arithmétique de raison 2,3 et de terme initial D0 = 50. 2 a. Pour tout entier n, Dn = 50 + 2,3 n. b. 1 s = 10 × 0,1 s. Comme D10 = 50 + 2,3 × 10 = 73, la distance parcourue pour un temps de réaction de 1 s est de 73 m. 3 On résout : Dn � 200 ⇔ 50 + 2,3 n � 200 ⇔ n � 150 2,3 . Comme 150 2,3 ≈ 65,2 et que n est entier, le temps de réaction maximal possible pour s’arrêter avant 200 m est de 65 × 0,1 s, soit 6,5 secondes. Calcul d’une somme 1 u1 = 20 ; u2 = 20 – 0,60 = 19,40 ; u3 = 18,80. 2 a. Chaque la mensualité diminue de 0,6 € à partir de 20 €. Donc la suite (un) est arithmétique de raison – 0,6 et de terme initial u1 = 20. b. Pour tout entier n � 1 : un = 20 – 0,6 (n – 1) = 20,6 – 0,6n. c. u12 = 20,6 – 0,6 × 12 = 13,4. La mensualité du 12e mois est de 13,40 €. 3 a. On obtient : o Stocker 20 dans U o Stocker la valeur de U dans S o Répéter 23 fois Remplacer U par U – 0,6 Remplacer S par S + U o Afficher la valeur de S b. Les programmes sont : T.I.™ Casio On obtient : L’acheteur paiera au total 314,40 €. Épargne pour un vélo 1 Chaque mois, le dépôt augmente de 2 € à partir de 10 €. Donc la suite (pn) est arithmétique de raison 2 et de terme initial p0 = 10. Donc pour tout entier n, pn = 10 + 2n. 2 a. Au bout de deux mois, la tirelire contient p0 + p1 = 10 + 12 = 22 €. Au bout de trois mois, la tirelire contient p0 + p1 + p2 = 10 + 12 + 14 = 36 €. b. À l’aide de la calculatrice ou d’un tableur, on obtient p0 + p1 + p2 + ... + p7 = 136 et p0 + p1 + ... + p8 = 162. Pierre doit donc attendre 9 mois d’économie pour pou- voir acheter le vélo de 150 €. La dernière somme déposée est p8 = 26 €. 3 Suites géométriques (p. 209) Vrai ou faux ? 1 Vrai : pour tout entier n : un+1 un = 0,9n+1 0,9n = 0,9 constante. 2 Faux : u0 = 1, u1 = u0 × 1 = 1 et u2 = 1 × 2. Le quotient de deux termes consécutifs n’est pas constant. 3 Vrai : u4 = 100 × (12) 4 = 6,25 . 4 Faux : la raison q est : u5 u4 = 1,5. Pour les exercices 81 et 82 À partir du terme général a. Pour tout entier n : un+1 un = – 3 × 2n+1 – 3 × 2n = 2 constante. Donc la suite (un) est géométrique de raison 2 et de terme initial u0 = – 3 × 2 0 = – 3. b. Pour tout entier n : vn+1 vn = 3 × 0,2 n+1 3 × 0,2n = 0,2 constante. BAT_Chap08-LP.indd 154 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 155 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 155 Donc la suite (vn) est géométrique de raison 0,2 et de terme initial v0 = – 3. c. w0 = 1 – 0,3 = 0,7 ; w1 = 1 – 0,3 × 10 = – 2 et w2 = 1 – 0,3 × 10 2 = – 29, Les quotients w1 w0 = – 20 7 et w2 w1 = – 29 2 sont différents. Donc la suite (wn) n’est pas géométrique. a. u0 = 3 ; u1 = – 1 et u2 = – 5. Les quotients u1 u0 = – 1 3 et u2 u1 = 5 sont différents. Donc la suite (un) n’est pas géométrique. b. v0 = 1 ; v1 = 4 et v2 = 7. Les quotients v1 v0 = 4 et v1 v0 = 7 4 sont différents. Donc la suite (vn) n’est pas géométrique. c. Pour tout entier n, wn+1 wn = 2n+3 10 2n+2 10 = 2 constante. Donc la suite (wn) est géométrique de raison 2 et de terme initial w0 = 22 10 = 0,4. Expression du terme général a. La suite (un) est géométrique de raison q = 0,9 et de terme initial u0 = 100. Donc pour tout entier n, un = 100 × 0,9 n. b. La suite (un) est géométrique de raison q = 1,5 et de terme initial u0 = 30. Donc pour tout entier n, un = 30 × 1,5 n. c. Pour tout entier n, un+1 = 0,95 × un. Donc la suite (un) est une suite géométrique de raison q = 0,95 et de terme initial u0 = 150. Donc pour tout entier n, un = 150 × 0,95 n. Pour les exercices 84 à 86 Calcul de raison La raison q est : u1u0 = 45 50 = 0,9. Pour tout entier n, un = u0 × q n = 50 × 0,9n. La raison q vérifie : q2 = u3 u1 = 4,8 1,2 = 4. Comme q � 0 , on a : q = 2. Alors u0 = u1 q = 1,2 2 = 0,6. Pour tout entier n, un = 0,6 × 2 n. Ainsi, u20 = 0,6 × 2 20 = 629 145,6. La raison q vérifie : q3 = u5 u2 = 300 37,5 = 8 . Donc q = 2 . Alors u0 = u2 q2 = 37,5 22 = 9,375. Pour tout entier n, un = 9,375 × 2 n. Ainsi, u11 = 9,375 × 2 11 = 19 200. Pourcentage de diminution constant a. CM = 1 – 8 100 = 0,92. Donc la suite (pn) des prix au bout de n années est une suite géométrique de raison 0,92 et de terme initial p0 = 200. Donc pour tout entier n, pn = 200 × 0,92 n. b. p5 = 200 × 0,92 5 ≈ 132 €. Le prix de l’appareil au bout de 5 ans est environ 132 €. Pourcentage d’augmentation constant a. CM = 1 + 1,5 100 = 1,015. Donc la suite d’indice (In) est géométrique de raison q = 1,015 et de terme initial I0 = 100. Donc pour tout entier n, In = 100 × 1,015n. b. I12 = 100 × 1,01512 ≈ 119,56. L’indice fin décembre est environ 119,56. Coefficient multiplicateur constant L’épaisseur de la feuille obtenue est : 0,1 × 220 = 104 857,6 mm , soit environ 105 m. Évolution selon une suite géométrique a. La raison q est 5,2 6,5 = 0,8. Le taux de diminution annuelle est : 1 – 0,8 = 0,2 = 20 %. b. La suite des productions annuelles (Pn) est géomé- trique de raison q = 0,8 et de terme initial P0 = 6,5. Donc pour tout entier n , Pn = 6,5 × 0,8 n. c. P5 = 6,5 × 0,8 5 ≈ 2,130. La production au bout de 5 ans est environ 2 130 kg. Pour les exercices 91 à 93 Sens de variation Pour tout entier n , un = 18 × 2,2n. La raison 2,2 est strictement supérieure à 1. Donc la suite de terme général 2,2n est croissante. En multipliant par 18, on obtient que la suite (un) est croissante. La suite (un) est géométrique de raison q = 0,9 (inférieure à 1) et de terme initial 5 500. La suite de terme général 0,9n est décroissante. En multipliant par 5 500, la suite (un) est décroissante. Pour tout entier n, un+1 = 0,9 un. Donc la suite (un) est géométrique de raison q = 0,9 (inférieure à 1) et de terme initial 4 000. La suite de terme général 0,9n est décroissante. En multipliant par 4 000, la suite (un) est décroissante. Augmentation de moitié 1 a. Chaque heure, la population de bactéries aug- mente de moitié, soit de 50 % : le coefficient multipli- cateur associé est q = 1 + 50 100 = 1,5. BAT_Chap08-LP.indd 155 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 156 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 156 Donc la suite (un) est géométrique de raison q = 1,5 et de terme initial u0 = 100. b. Pour tout entier n, un = 100 × 1,5 n. c. La raison 1,5 est strictement supérieure à 1. Donc la suite de terme général 1,5n est croissante. En multipliant par 100, on obtient que la suite (un) est croissante. 2 a. u8 = 100 × 1,5 8 ≈ 2 562. Au bout de 8 h, la population est environ de 2 562 bac- téries. b. On cherche le rang à partir duquel un est supérieur à 10 000. On tabule : La population est au moins multipliée par 100 au bout de 12 jours. Influence de l’arrondi de la raison 1 Le coefficient multiplicateur est : CM = 5,266 5,136 ≈ 1,0253. 2 a. Avec CM = 1,02, la population pour n = 10 est : p1 = 5,136 × 1,02 10 ≈ 6,261 millions d’habitants. b. Avec CM = 1,025, la population pour n = 10 est : p2 = 5,136 × 1,025 10 ≈ 6,575 millions d’habitants. c. Avec CM = 1,025 3, la population pour n = 10 est : p3 = 5,136 × 1,025 3 10 ≈ 6,594 millions d’habitants. 3 L’écart obtenu entre p1 et p2 est : 6,575 – 6,261 = 0,314 millions d’habitants, soit 314 milliers d’habitants. L’écart obtenu entre p2 et p3 est : 6,594 – 6,575 = 0,019 millions d’habitants, soit 19 milliers d’habitants. Calculs de termes 1 a. CM = 1 + 2 100 = 1,02. Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,02 et de terme initial u0 = 1 000. Donc pour tout entier n , un = 1 000 × 1,02 n. b. u4 = 1 000 × 1,02 4 ≈ 1 082. Le nombre de clients au bout de 4 trimestres d’aug- mentation, c’est-à-dire un an, est 1 082. 2 u8 = 1 000 × 1,028 ≈ 1 172. CMglobal = u8 u0 ≈ 1,171. taux = CMglobal – 1 ≈ 17 %. La fréquentation a augmenté de 17 % en deux ans. Calcul d’un seuil 1 Le coefficient multiplicateur est : CM = 1 – 5 100 = 0,95. Donc p1 = p0 × 0,95 = 400 000 × 0,95 = 380 000 ; p2 = 380 000 × 0,95 = 361 000 ; p3 = 361 000 × 0,95 = 342 950. 2 Chaque année, la production de gaz est multipliée par 0,95 . Donc la suite (pn) est géométrique de raison q = 0,95 et de terme initial p0 = 400 000. Donc pour tout entier n, pn = 400 000 × 0,95 n. 3 p10 = 400 000 × 0,95 10 ≈ 239 495,8. Au bout de 10 ans de diminution, la production de gaz obtenue est d’environ 239 495,8 tonnes, qui est supérieure à 200 000 tonnes. L’entreprise ne réalise donc pas ses objectifs. On tabule la suite en cherchant le rang à partir duquel pn est inférieur à 200 000. Il faut à l’entreprise 14 années de diminution pour atteindre ses objectifs. Seuil programmé 1 V1 = V0 – 6 100 × V0 = 5 × 0,94 = 4,7 ; V2 = V1 × 0,94 = 4,418 ; V3 = V2 × 0,94 ≈ 4,153. 2 a. Le volume de produit diminue chaque heure de 6 %, donc est multiplié chaque heure par 1 – 6 100 = 0,91. Donc la suite (Vn) est géométrique de raison 0,94 et de terme initial V0 = 5. b. Pour tout entier n, Vn = 5 × 0,94 n. c. V10 = 5 × 0,94 10 ≈ 2,693. Le volume de produit présent dans le corps au bout de 10 h est environ 2,693 cm3. 3 a. La variable V contient la valeur du volume de produit au bout de N heures. Son contenu est calculé de proche en proche en utilisant la formule de récur- rence, jusqu’à ce qu’il soit inférieur à 2,5 cm3. Le dernier rang N calculé est le premier pour lequel VN � 2,5 et donne l’instant auquel il faut refaire une injection. Les deux programmes sont corrects. b. On programme la calculatrice et on exécute le pro- gramme. Il faut donc refaire une injection au bout de 12 h. Trouver le premier règlement 1 Un = U1 × 0,6 n–1 . La raison 0,6 est comprise entre 0 et 1. Donc la suite de terme général 0,6n est décrois- sante. En multipliant par U1 qui est positif, les règle- ments U1, U2 , U3 et U4 sont dégressifs. BAT_Chap08-LP.indd 156 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 157 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 157 2 a. U2 = U1 × 0,6 U3 = U1 × 0,6² = U1 × 0,36 U4 = U1 × 0,6 3 = U1 × 0,216 . b. U1 + U2 + U3 + U4 = U1 + 0,6 U1 + 0,36 U1 + 0,216 U1 = 2,176 U1. 3 Le coût total est 6 800 €. Donc U1 + U2 + U3 + U4 = 6 800, soit 2,176 U1 = 6 800. Donc U1 = 6 800 2,176 = 3 125. Alors U2 = 3 125 × 0,6 = 1 875. U3 = 3 125 × 0,6² = 1 125 ; U4 = 3 125 × 0,6 3 = 625. Utiliser le second degré 1 Le premier règlement étant u0 = 1 000 €, les règle- ments suivants sont : u1 = u0 × q = 1 000 q et u2 = u0 × q 2 = 1 000 q2. Le règlement étant trois fois sans frais, on a : u0 + u1 + u2 = 4 350, c’est-à-dire : 1 000 + 1 000q + 1 000q2 = 4 350, ou encore : 1 000 (1 + q + q2) = 4 350. 2 • On résout l’équation q2 + q + 1 = 4,35 soit q2 + q – 3,35 = 0. On a Δ = 14,4 ; q1 ≈ – 2,397 et q2 ≈ 1,397. La raison q étant positive, on obtient : q ≈ 1,397. • La raison étant strictement supérieure à 1, avec un terme initial positif , les règlements ne sont pas dégres- sifs, mais augmentent. 3 Le premier règlement est u0 = 1 000 €. Le 2e règlement est u1 = u0 × q ≈ 1 397,37 €. Le 3e règlement est u2 = u0 × q 2 ≈ 1 952,63 €. Déterminer un taux annuel 1 Le chiffre d’affaires est multiplié chaque année par CM = 1 + t 100 . Donc la suite (un) est géométrique de raison 1 + t 100 et de terme initial u0 = 640. 2 Pour tout entier n, un = u0 × (1 + t100)n, donc u3 = u0 × (1 + t100)3. Donc 640 × (1 + t100)3 = 1 120. On en déduit que (1 + t100)3 = 1 120640 . Par la calculatrice, on a : 1 + t 100 ≈ 1,205 donc t ≈ 20,5. 3 L’année 2016 correspond à n = 6 . u6 = u0 × (1 + t100)6 = u0 × ( (1 + t100)3 )2 = 640 × (1 120640 )2 = 1 960. Le chiffre d’affaires en 2016 est estimé à 1 960 milliers d’euros. Calcul d’une somme 1 a. d2 = d1 + 4 100 × d1 = 1,04 × 10 000 = 10 400 L’artisan parcourt 10 400 km la 2e année. d3 = d2 + 4 100 × d2 = 1,04 × 10 400 = 10 816. L’artisan parcourt 10 816 km la 3e année. b. La distance annuelle parcourue est multipliée chaque année par 1,04 donc la suite (dn) est géomé- trique de raison 1,04 et de terme initial d1 = 10 000. Donc pour tout entier n � 1, dn = 10 000 × 1,04 n–1. c. d10 = 10 000 × 1,04 9 ≈ 14 233. L’artisan parcourt environ 14 233 km la 10e année. d. On tabule à la calcula- trice. La distance annuelle parcourue dépasse 15 000 km la 12e année. 2 a. La variable D contient la distance parcourue l’année N, calculée de proche en proche par la formule de récurrence ; la variable S contient la somme cumulée des distances, qui est calculée de proche en proche. On effectue les calculs jusqu’à ce que S soit supérieure à 120 000, c’est-à-dire tant que S est inférieure à 120 000. b. On utilise le programme : Le véhicule devra être remplacé au bout de 10 années. Calcul d’un seuil pour une somme 1 a. u1 = u0 – 20 100 × u0 = 0,8 × 850 = 680. b. u2 = u1 – 20 100 × u1 = 0,8 × 680 = 544. La quantité de pétrole restante en décembre 2012 est de 544 millions de barils. u3 = 0,8 × u2 = 435,2. La quantité de pétrole restante en décembre 2013 est de 435,2 millions de barils. c. La quantité de pétrole extraite de 2011 à 2013 est : 850 – u3 = 850 – 435,2 = 414,8 millions de barils. On peut aussi calculer : 20 100 × u0 + 20 100 × u1 + 20 100 × u2 = 0,2 × (850 + 680 + 544) = 414,8. 2 Pour tout entier n : un+1 = un – 20 100 × un = 0,8 × un. Donc la suite (un) est géométrique de raison 0,8 et de terme initial u0 = 850. Donc pour tout entier n, un = 850 × 0,8 n. 3 On cherche le rang N à partir duquel uN � 10. On tabule à la calcula- trice. Le gisement est considéré comme épuisé au bout de 20 ans. BAT_Chap08-LP.indd 157 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 158 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 158 Influence de la raison 1 a. et b. En B5 =B4*$C$2 ; en C5 =B5-B4 ; en D5 =B5/ B4 . c. On obtient : La suite (un) paraît croissante ; la suite (dn) paraît crois- sante ; la suite (qn) paraît constante. 2 a. En ligne 10 , on obtient : u6 = 6 400 ; d6 = 3 200 ; q6 = 2. b. Pour q = 0,9 , on a : u6 ≈ 53,144 ; d6 ≈ – 5,905 et q6 ≈ 0,9. Pour q = 0,5 , on a : u6 ≈ 1,563 ; d6 ≈ – 1,563 et q6 ≈ 0,5. c. La suite des variations relatives entre deux termes consécutifs est constante. 4 Étude d’évolutions (p. 212) Vrai ou faux ? – Évolutions linéaire ou exponentielle 1 Vrai : par définition d’une suite géométrique. 2 Faux : la population progresse suivant une suite arithmétique de raison 5. 3 Faux : CM = 1 + 10 100 = 1,1. La population progresse suivant une suite géométrique de raison 1,1. Variations absolues et relatives 1 a. Sur la période 1990-1998, la pente de la courbe est de plus en plus petite : la croissance est ralentie. Graphiquement, si cette tendance avait été mainte- nue, on aurait estimé la population en 2005 à environ 61 000 milliers d’habitants, ou 61 millions d’habitants. b. L’accroissement moyen annuel de la population entre 1999 et 2005 est : 62 702 – 60 336 2005 – 1999 ≈ 394 habitants par an. En 2008, si la tendance linéaire se maintient, on peut estimer la population à : 62 702 + 3 × 394 = 63 884 habitants. 2 On obtient : BAT_Chap08-LP.indd 158 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 159 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 159 On s’aperçoit que sur la période 1990-1996, la crois- sance est ralentie : la suite des variations absolues est décroissante. Sur la période 2000-2005, la suite des variations rela- tives est quasiment constante à 1,006 : la croissance est quasiment exponentielle et peut être modélisée par une suite géométrique de raison 1,006. Propagation d’une épidémie 1 90 × (1 – 10100) = 81 : 81 personnes sont contami- nées le 2e jour. 81 × (1 – 10100) ≈ 72 : 72 personnes sont contaminées le 3e jour. Sur les trois premiers jours, il y a eu en tout : 90 + 81 + 72 = 243 personnes contaminées. 2 a. Le nombre de personnes contaminées dimi- nue de 10 % tous les jours, donc est multiplié par 1 – 10 100 = 0,9. Donc la suite (un) est géométrique de raison 0,9 et de terme initial u0 = 90. Pour tout entier n, un = 90 × 0,9 n. 2 b. On tabule à l’aide de la calculatrice en cherchant le rang n à partir duquel un � 1. Le nombre de nouveaux cas est inférieur à 1 à partir du rang 43. Donc l’épidé- mie dure 42 jours. 3 a. Dans la colonne A, on met les rangs des jours : chaque rang d’un jour est égal à la somme du rang du jour précédent et de 1. Dans la colonne B, on calcule de proche en proche le nombre de nouveaux malades, en utilisant la formule de récurrence. Dans la colonne C, on compte de proche en proche le nombre total de malades depuis le jour 1, en ajoutant le nombre de nouveaux malades ce jour et le nombre total de malades le jour précédent. 3 b. On obtient :On obtient : En D2 : =C2/1500 . En 10 jours d’épidémie, environ 39 % de la population a été contaminée par la grippe. 4 a. Lorsque le nombre de jours devient « grand », le nombre total de personnes contaminées semble tendre vers 90 0. b. Le pourcentage de personnes contaminées par cette épidémie de grippe est 900 1 500 = 0,6 = 60 %. Déterminer un seuil 1 a. a1 = 350 + 20 = 370. a2 = 370 + 20 = 390. b1 = 350 × 1,05 = 367,5. b2 = 367,5 × 1,05 ≈ 385,88. b. La suite (an) est arithmétique de raison 20 et de terme initial a0 = 350. Donc pour tout entier n , an = 350 + 20 n. CM = 1,05. La suite (bn) est géométrique de raison 1,05 et de terme initial b0 = 350. Donc pour tout entier n , bn = 350 × 1,05 n. 2 On définit les suites : Et on tabule : On lit : l’entier n cherché est 7. BAT_Chap08-LP.indd 159 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 160 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 160 Comparaison de deux salaires 1 a. u1 = u0 × (1 + 2100) = 1 100 × 1,02 = 1 122. u2 = u1 × (1 + 2100) = 1 122 × 1,02 = 1 144,44. b. Chaque année, le salaire d’Armel est augmenté de 2 % , c’est-à-dire qu’il est multiplié par 1 + 2 100 = 1,02. Ainsi, pour tout entier n, un+1 = 1,02 × un. Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,02 et de terme initial u0 = 1 100. Donc pour tout entier n, un = 1 100 × 1,02 n. c. L’année 2015 correspond à n = 5. u5 = 1 100 × 1,02 5 ≈ 1 214,49. Le salaire d’Armel en 2015 est d’environ 1 214,49 €. 2 a. v1 = v0 + 50 = 1 200 + 50 = 1 250. v2 = v1 + 50 = 1 250 + 50 = 1 300. 2 b. Chaque année, le salaire de Morgane est augmenté de 50 €. Ainsi, pour tout entier n, vn+1 = vn + 50. Donc la suite (vn) est arithmétique de raison 50 et de terme initial v0 = 1 200. Donc pour tout entier n, vn = 1 200 + 50n. c. L’année 2015 correspond à n = 5. v5 = 1 200 + 50 × 5 = 1 450. Le salaire de Morgane en 2015 est de 1 450 €. 3 a. En colonnes B et C, on calcule les salaires men- suels d’Armel et Morgane de proche en proche en utili- sant les formules de récurrence. En colonnes D et E, on calcule les salaires annuels d’Armel et Morgane, en multipliant les salaires men- suels par 12. En colonnes F et G, on calcule les sommes des salaires annuels perçus depuis 2010 par Armel et Morgane. 3 b. On obtient : c. Le salaire mensuel d’Armel est supérieur à celui de Morgane à partir de l’année de rang 6, c’est-à-dire à partir de 2016. d. Le salaire cumulé d’Armel depuis 2010 est supérieur à celui de Morgane à partir de l’année de rang 15, c’est- à-dire à partir de 2025. Intérêts simples, intérêts composés 1 On suppose qu’Angélique choisit la formule A. a. 1 000 + 1 100 × 1 000 = 1 010 : au bout d’un mois de placement, le capital épargné est de 1 010 €. 1 010 + 1 100 × 1 000 = 1 020 : au bout de deux mois de placement, le capital épargné est de 1 020 €. 1 020 + 1 100 × 1 000 = 1 030 : au bout de trois mois de placement, le capital épargné est de 1 030 €. b. Chaque mois le capital épargné augmente de 1 % de 1 000 €, soit de 10 €. La suite (An) des capitaux épargnés (en fonction du nombre de mois de place- ment) est arithmétique de raison 10 et de terme initial A0 = 1 000. Donc pour tout entier n, An = 1 000 + 10 n. On résout : An � 1 250 ⇔ 1 000 + 10n � 1 250 ⇔ n � 25. Si elle choisit la formule A, Angélique doit épargner pendant 25 mois pour pouvoir acheter le scooter. BAT_Chap08-LP.indd 160 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 161 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 161 2 On suppose qu’Angélique choisit la formule B. a. 1 000 + 0,8 100 × 1 000 = 1,008 × 1 000 = 1 008 : au bout d’un mois de placement, le capital épargné est de 1 008 €. 1 008 + 0,8 100 × 1 008 = 1,008 × 1 008 = 1 016,064 : au bout de deux mois de placement, le capital épargné est d’environ 1 016,06 €. 1 016,064 + 0,8 100 × 1 016,064 = 1,008 × 1 016,064 ≈ 1 024,19 : au bout de trois mois de placement, le capital épargné est d’environ 1 024,19 €. b. Chaque mois le capital épargné augmente de 0,8 % du capital placé de l’année en cours. La suite (Bn) des capitaux épargnés (en fonction du nombre de mois de placement) est géométrique de raison 1 + 0,8 100 = 1,008 et de terme initial B0 = 1 000. Donc pour tout entier n, Bn = 1 000 × 1,008 n. À la calculatrice, on cherche le rang n à partir duquel Bn � 1 250. Si elle choisit la formule B, Angélique doit épargner pendant 29 mois pour pouvoir acheter le scooter. g p q 3 La formule la plus avantageuse pour Angélique est celle qui permet d’épargner 1 250 € le plus rapidement possible : c’est la formule A. Comparer deux placements à intérêts simples Pour tout entier n , on note : • un le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 1re formule ; • vn le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 2e formule. • Pour la 1re formule, les intérêts annuels sont égaux à 4 % de 2 000 €, soit égaux à 80 €. On en déduit que la suite (un) est arithmétique de raison 80 et de terme initial u0 = 2 000. Donc pour tout entier n, un = 2 000 + 80n. • Pour la 2e formule, les intérêts annuels sont égaux à 6 % de 1 700 €, soit égaux à 102 €. On en déduit que la suite (vn) est arithmétique de raison 102 et de terme initial v0 = 1 700 . Donc pour tout entier n, vn = 1 700 + 102n . • On résout alors : vn � un ⇔ 1 700 + 102n � 2 000 + 80n. ⇔ n � 300 22 . Comme 300 22 ≈ 13,6 et que n est entier, le plus petit rang n à partir duquel vn � un est n = 14 . La valeur acquise par le 2e placement dépasse celle acquise dans le même temps par le 1er à partir de l’année 2011 + 14 = 2025 . Les mêmes à intérêts composés Pour tout entier n , on note : • un le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 1re formule ; • vn le capital épargné au bout de n années de place- ment selon la 2e formule. • Pour la 1re formule, les intérêts annuels sont égaux à 4 % du capital placé dans l’année en cours et pro- duisent des intérêts l’année suivante : pour tout entier n, un+1 = un + 4 100 × un = 1,04 × un. On en déduit que la suite (un) est géométrique de raison 1,04 et de terme initial u0 = 2 000. Donc pour tout entier n, un = 2 000 × 1,04 n. • Pour la 2e formule, les intérêts annuels sont égaux à 6 % du capital placé dans l’année en cours et pro- duisent des intérêts l’année suivante : pour tout entier n, vn+1 = vn + 6 100 × vn = 1,06 × vn. On en déduit que la suite (vn) est géométrique de raison 1,06 et de terme initial v0 = 1 700. Donc pour tout entier n, vn = 1 700 × 1,06 n. • On cherche le plus petit entier n tel que vn � un. On définit les suites à la calculatrice : Et on tabule : La valeur acquise par le 2e placement dépasse celle acquise dans le même temps par le 1er à partir de l’année 2011 + 9 = 2020. BAT_Chap08-LP.indd 161 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 162 Intérêts composés et versements intermédiaires 1 À la fin de chaque année, la personne ajoute 365 × 3 = 1 095 €. 2 En colonne C, on met le capital placé de l’année en cours, qui est égal au capi- tal obtenu en fin d’année précédente. Donc en C3 =F2 . En colonne D, les intérêts de l’année sont égaux à 3 % du capital placé dans l’année. Donc en D2 =C2*3/100 . En colonne E, la somme ajoutée par l’économie du non-achat des cigarettes. Donc en E2 =1095 . En colonne F, le capital à la fin de l’année, égal à la somme du capital placé, des intérêts et de la somme ajoutée par l’économie. Donc en F2 =SOMME(C2 : F2) . D’où la feuille de calcul. 3 On recopie jusqu’à la ligne 53. a. Le capital épargné est supérieur à 20 000 € à partir de 14 années de placement (28 ans). Le capital épargné est supérieur à 50 000 € à partir de 29 années de placement (43 ans). Le capital épargné est supérieur à 100 000 € à partir de 44 années de placement (58 ans). b. Le capital à la fin de la 1re année est 1 095 €. Le capital à la fin de la 2e année est 2 222,85 €. Le capital à la fin de la 3e année est 3 384,54 €. Or 2 222,85 1 095 = 2,03 et 3 384,54 2 222,85 ≈ 1,52. Le quotient de deux termes consécutifs n’est donc pas constant. Donc la suite des capitaux à la fin de chaque année n’est pas géométrique. c. S’il avait épargné jusqu’à ses 65 ans inclus, le fumeur aurait épargné environ 133 257,34 €. Choisir un prêt immobilier 1 Étude de la banque B a. CM = 1 – 2 100 = 0,98 u2 = 1 200 × 0,98 = 1 176 u3 = 1 176 × 0,98 = 1 152,48 b. La mensualité d’une année est égale à la mensualité de l’année précédente multipliée par 0,98. Donc la suite (un) est géométrique de raison 0,98 et de terme initial u1 = 1 200. Donc pour tout entier n � 1 : un = 1 200 × 0,98 n–1. c. u20 = 1 200 × 0,98 19 ≈ 817,48. Le montant des mensualités de la 20e année est 817,48 €. 2 Comparaison des deux banques a. En B3 =$B$2 . b. En C3 =C3*0,98 . c. En D2 =B2*12 et en E2 =C2*12 . d. Voir tableau ci-contre. 3 La proposition la plus intéressante pour Hélène et Guillaume est celle dont le montant total est le plus petit, c’est-à-dire celle de la banque B. BAT_Chap08-LP.indd 162 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 163 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 163 Autre type de croissance 1 a. u2 = 70 100 × u1 + 3 000 = 0,7 × 8 000 + 3 000 = 8 600. b. u3 = 0,7 × u2 + 3 000 = 0,7 × 8 600 + 3 000 = 9 020 Au cours du 3e mois, 9 020 clients sont venus faire leurs achats dans ce magasin. 2 Pour tout entier n : un+1 = 70 100 × un + 3 000 = 0,7 × un + 3 000. • Les différences u2 – u1 = 8 600 – 8 000 = 600 et u3 – u2 = 9 020 – 8 600 = 420 sont différentes. Donc la suite (un) n’est pas arithmétique. • Les quotients u2 u1 = 8 600 8 000 = 1,075 et u3 u2 = 9 020 8 600 ≈ 1,05 sont différents. Donc la suite (un) n’est pas géométrique. 3 On tabule à la calculatrice. (p. 215) Exercice guidé 1 a. La variation absolue entre 2007 et 2008 est : 2 795 – 2 600 = 195 connexions. La variation relative entre 2007 et 2008 est : 2 795 – 2 600 2 600 = 0,075. b. On obtient : Dates Variation absolue Variation relative Entre 2008 et 2009 210 Environ 0,075 Entre 2009 et 2010 225 Environ 0,075 On constate que les variations relatives entre deux années consécutives sont quasiment constantes. 2 a. La variation relative est environ 0,075. Donc CM = 1 + 0,075 = 1,075. b. u1 = 3 230 × 1,075 ≈ 3 472. En 2011, on peut estimer que le nombre moyen de connexions par jour est 3 472. c. Pour tout entier n, un = 3 230 × 1,075 n. 3 a. u10 = 3 230 × 1,075 10 ≈ 6 657. En 2020, on peut prévoir en moyenne 6 657 connexions par jour. b. On calcule à la calculatrice : u8 � 6 000 et u9 � 6 000. On peut estimer que le nombre moyen de connexions dépassera 6 000 en 2019. QCM – Type de croissance 1 a. Les points représentant la suite (un) semblent alignés. On peut alors penser à une croissance linéaire. 2 b. On résout graphiquement un � 2. 3 c. Le quotient de deux termes consécutifs est qua- siment constant, à 0,70. 4 b. Pour tout entier n, vn = 10 × 0,70 n. On calcule à la calculatrice : v10 � 0,2 et v11 � 0,2. La quantité de médicament M2 passera en dessous de 0,2 cm3 au bout de 11 h. Moyenne des variations absolues 1 Les points semblent alignés. Il semble que la crois- sance est linéaire. 2 a. On obtient : Année 1990 1991 1992 1993 1994 1995 Consommation 15,87 16,22 16,82 16,94 17,33 17,80 Variation absolue 0,35 0,60 0,12 0,39 0,47 Année 1996 1997 1998 1999 2000 Consommation 18,15 18,60 19,39 19,91 19,86 Variation absolue 0,35 0,45 0,79 0,52 –0,05 b. L’accroissement annuel moyen entre 1990 et 2000 est 19,86 – 15,87 2 000 – 1990 = 0,399. La moyenne des variations absolues est : 0,35 + 0,60 + ... + (–0,05) 10 = 0,399. Donc la moyenne des variations absolues est égale à l’accroissement annuel moyen. 3 a. Pour tout entier n, un = 15,87 + 0,399n. L’année 2005 correspond à n = 15. u15 = 15,87 + 0,399 × 15 = 21,855. La consommation de yaourts en 2005 est estimée à 21,855 kg/pers. b. 21,855 – 21,13 21,13 ≈ 0,034 ≈ 3,4 %. Il y a donc moins de 5 % d’erreur entre la valeur réelle et la valeur estimée. BAT_Chap08-LP.indd 163 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 164 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 164 Moyenne des coefficients multiplicateurs 1 On obtient : Année 1995 1996 1997 1998 1999 2000 Sucre 9,31 9,14 8,76 8,42 8,52 7,99 Coeffi cient multiplicateur 0,982 0,958 0,961 1,012 0,938 2 a. La moyenne des coefficients multiplicateurs est : 0,982 + 0,958 + 0,961 + 1,012 + 0,938 5 = 0,970 2 b. 0,970 2 – 1 = 0,029 8 ≈ –0,03. c. Dans l’hypothèse d’une diminution annuelle de la consommation de sucre de 3 % à partir de 1995, on estime la consommation en 2005 à : 9,31 × (1 – 3100) 10 ≈ 6,87 kg/pers. 3 6,89 – 6,87 6,89 ≈ 0,003 ≈ 0,3 %. Il y a donc moins de 5 % d’erreur entre la valeur réelle et la valeur estimée. Changer de tarification 1 a. u2 = 0,11 ; u3 = 0,11 ; u4 = u3 + 0,04 = 0,11 + 0,04 = 0,15 ; u5 = u4 + 0,04 = 0,15 + 0,04 = 0,19 ;. b. Pour tout entier n � 3, un+1 = un + 0,04. Donc la suite (un) est arithmétique (à partir du rang 3), de raison 0,04 et de terme initial u3 = 0,11. Donc pour tout entier n � 3 : un = u3 + 0,04 × (n – 3) = 0,11 + 0,04n – 0,12. Donc pour tout entier n � 3, un = 0,04n – 0,01. 2 a. v2 = v1 + 0,035 = 0,09 + 0,035 = 0,125 ; v3 = v2 + 0,035 = 0,125 + 0,035 = 0,16 ; v4 = v3 + 0,035 = 0,16 + 0,035 = 0,195 ; v5 = v4 + 0,035 = 0,195 + 0,035 = 0,23. b. La suite (vn) est arithmétique de raison 0,035 et de terme initial v1 = 0,09. Donc pour tout entier n � 1 : vn = v1 + 0,035 × (n – 1) = 0,09 + 0,035n – 0,035. Donc pour tout entier n � 1, vn = 0,035 n + 0,055. 3 a. • Pour une minute, u1 = 0,11 et v1 = 0,09. Le tarif le plus avantageux est celui qui est le moins cher, soit le tarif 2. • Pour deux minutes, u2 = 0,11 et v2 = 0,125. Le tarif le plus avantageux est le tarif 1. • Pour trois minutes, u3 = 0,15 et v3 = 0,16. Le tarif le plus avantageux est le tarif 1. b. Une heure est égale à 60 minutes. u60 = 0,04 × 60 – 0,01 = 2,39 : avec le tarif 1, la commu- nication coûte 2,39 €. v60 = 0,035 × 60 + 0,055 = 2,155 : avec le tarif 2, la com- munication coûte 2,155 €. u60 – v60 u60 = 2,39 – 2,155 2,39 ≈ 0,098 ≈ 9,8 %. Le tarif 2 est environ 9,8 % moins cher que le tarif 1. c. Pour une communication d’une durée inférieure à 3 minutes : Durée Tarif 1 Tarif 2 1 min 0,11 0,09 2 min 0,11 0,125 3 min 0,11 0,16 Pour une communication d’une durée n supérieure à 3 minutes, on résout : vn � un ⇔ 0,035n + 0,055 � 0,04n – 0,01. ⇔ 0,005n � 0,065 ⇔ n � 13. Ainsi : • Pour une communication d’une minute, le tarif 2 est plus avantageux. • Pour une communication d’une durée entre 2 et 13 minutes, le tarif 1 est plus avantageux ; • pour une communication d’une durée supérieure à 13 minutes, le tarif 2 est plus avantageux. 4 Pour la durée moyenne de 2 min 03, le tarif 1 est u3 = 0,11 € et le tarif 2 est v3 = 0,16 €. Au-delà et jusqu’à 13 minutes, le tarif 2 est aussi supé- rieur. L’opérateur a donc augmenté ses revenus ! Part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires dans une TPE 1 Pour tout entier n : Cn+1 = Cn + 5 100 × Cn = 1,05 × Cn. Donc la suite (Cn) est géométrique de raison 1,05 et de terme initial C0 = 125 000. Pour tout entier n : Bn+1 = Bn + 6,5 100 × Bn = 1,065 × Bn. Donc la suite (Bn) est géométrique de raison 1,065 et de terme initial B0 = 30 000 . Ainsi, pour tout entier n : Cn = 125 000 × 1,05 n et Bn = 30 000 × 1,065 n. 2 a. • Pour l’année 0 : C0 = 125 000 et B0 = 30 000. La part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires est B0 C0 = 30 000 125 000 = 0,24, soit 24 %. • Pour l’année 1 : C1 = 125 000 × 1,05 = 131 250 et B1 = 30 000 × 1,065 = 31 950. La part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires est B1 C1 = 31 950 131 250 ≈ 0,243, soit environ 24,3 % . • Pour l’année 2 : C2 = 125 000 × 1,05 2 = 137 812,5 et B2 = 30 000 × 1,065 2 = 34 026,75. La part du bénéfice par rapport au chiffre d’affaires est B2 C2 = 34 026,75 137 812,5 ≈ 0,247, soit environ 24,7 % . b. Pour tout entier n : Bn Cn = 30 000 × 1,065 n 125 000 × 1,05n = 0,24 × (1,0651,05 ) n = 0,24 × (7170) n . BAT_Chap08-LP.indd 164 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 165 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 165 Donc la suite de la part des bénéfices par rapport au chiffre d’affaires est géométrique de raison 71 70 et de terme initial 0,24. Comme 71 70 ≈ 1,014 � 1, la suite de terme général (7170) n est croissante. En multipliant par 0,24 positif, la suite des parts est croissante. c. Au bout de 10 ans, la part du bénéfice par rap- port au chiffre d’affaires est 0,24 × (7170) n ≈ 0,277, soit environ 27,7 %. Se fixer un objectif de ventes 1 A1 = A0 + 300 = 1 700 + 300 = 2 000 B1 = 1 700 + 15 100 × 1 700 = 1 955. 2 Le salaire augmente de 300 € pour chaque vente supplémentaire, donc la suite (An) est arithmétique de raison 300 et de terme initial A0 = 1 700. Donc pour tout entier n, An = 1 700 + 300 n. 3 Le salaire augmente de 15 % pour chaque vente sup- plémentaire, c’est-à-dire est multiplié par 1 + 15 100 = 1,15. Donc la suite (Bn) est géométrique de raison 1,15 et de terme initial 1 700. Donc pour tout entier n, Bn = 1 700 × 1,15 n. 4 On tabule les suites à la calculatrice. La proposition B est la plus intéressante à partir de 4 ventes par mois. Comparer deux évolutions exponentielles Pour tout entier n , on note Rn la valeur de la grosse cylindrée au bout de n semestres de perte, et Vn la valeur de la berline au bout de n semestres. Pour tout entier n : Rn+1 = Rn – 15 100 × Rn = 0,85 × Rn et Vn+1 = Vn – 10 100 × Vn = 0,9 × Vn. Donc la suite (Rn) est géométrique de raison 0,85 et de terme initial R0 = 30 000, et la suite (Vn) est géométrique de raison 0,9 et de terme initial V0 = 20 000. Donc pour tout entier n, Rn = 30 000 × 0,85 n et Vn = 20 000 × 0,9 n. On tabule ces deux suites à la calculatrice. On obtient le résultat ci- contre. La voiture de Mme V a plus de valeur que celle de M. R au bout de 8 semestres, soit 4 ans. En probabilité 1 L’événement contraire de « gagner au moins une fois » est « perdre n fois au jeu », dont la probabilité est 0,2n. Donc pn = 1 – 0,2 n. 2 Pour tout entier n : pn+1 – pn = (1 – 0,2 n+1) – (1 – 0,2n) = 0,2n – 0,2n+1 = 0,2n × (1 – 0,2) = 0,8 × 0,2n � 0 Donc la suite (pn) est croissante. Cela signifie que lorsque le nombre de parties aug- mente, la probabilité de gagner au moins une fois augmente. 3 On tabule à la calculatrice : Pour que pn dépasse 0,999 , il faut au moins 5 parties. Pour gagner au moins une fois dans environ 99,9 % des cas, il faut jouer au moins 5 parties. Ordre de deux placements Notons C le capital placé au départ. • Placement à 5 % pendant 4 ans à intérêts simples, puis à 5 % pendant 6 ans à intérêts composés. Au bout de 4 ans, le capital obtenu par le 1er placement à intérêts simples est : C + 4 × 5 100 × C = 1,2 × C. Ce capital étant placé à intérêts composés pendant 6 ans, c’est-à-dire étant multiplié chaque année par 1 + 5 100 = 1,05, à la fin du 2e placement, le capital obtenu est : 1,056 × (1,2 × C). • Placement à 5 % pendant 6 ans à intérêts composés, puis à 5 % pendant 4 ans à intérêts simples. Au bout de 6 ans, le capital obtenu par le 1er placement à intérêts composés est : C × (1 + 5100)6 = 1,056 × C. Ce capital étant placé à intérêts simples pendant 4 ans, c’est-à-dire étant augmenté de 4 fois 5 % de 1,056 × C, à la fin du 2e placement, le capital obtenu est : 1,056 × C + 4 × 5 100 × (1,056 × C) = 1,056 × C × (1 + 4 × 5100) = 1,2 × 1,056 × C. • Conclusion : les deux placements sont identiques. BAT_Chap08-LP.indd 165 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 166 © Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 5 Suites 166 Compression de fichiers 1 a. On calcule 542 – 689 689 ≈ – 0,213. Lors de la compression de niveau 1, la taille du fichier diminue d’environ 21,3 %. b. On obtient de la même façon : Niveau de compression 0 1 2 3 4 5 Taille du fi chier 689 542 427 335 263 206 Pourcentage de diminution 21,3 21,2 21,5 21,5 21,7 Le pourcentage de diminution entre deux niveaux consécutifs est quasiment constant. c. La moyenne des pourcentages de diminution est : 21,3 + 21,2 + 21,5 + 21,5 + 21,7 5 ≈ 21,4. Le coefficient multiplicateur associé est : 1 – 21,4 100 = 0,786. Ce qui signifie qu’en moyenne on passe d’un niveau de compression au suivant en multipliant par 0,786. D’où la modélisation proposée. 2 Par définition, la suite (Tn) est géométrique de raison 0,786 et de terme initial T0 = 689. Donc pour tout entier n, Tn = 689 × 0,786 n. 3 T1 = 689 × 0,786 ≈ 541,6 T2 = 689 × 0,786 2 ≈ 425,7 Les valeurs estimées sont très proches des valeurs réelles. 4 On tabule la suite (Tn) à la calculatrice : Pour que la taille du fichier compressé soit inférieure à 40 Ko, il faut au moins atteindre le niveau 12. Modélisations pour une population 1 Les points du graphique paraissent quasiment ali- gnés. On peut donc penser à une modélisation par une croissance linéaire. 2 a. La raison de la suite arithmétique donne l’écart annuel du nombre de poissons. Comme a = – 300 négatif, on modélise la décroissance par une diminu- tion annuelle régulière de 300 poissons. b. Pour tout entier n, un = 5 150 – 300n. c. L’année 2010 correspond à n = 10. u10 = 5 150 – 300 × 10 = 2 150. En 2010, on estime qu’il y aura 2 150 poissons. 3 a. Le taux de diminution annuel est : 1 – q = 1 – 0,935 = 0,065 = 6,5 %. Selon ce modèle, le nombre de poissons diminue chaque année de 6,5 % . b. Pour tout entier n, vn = 5 150 × 0,935 n. c. v10 = 5 150 × 0,935 10 ≈ 2 659. 4 a. Le nombre le plus proche de 2 580 entre u10 et v10 est v10. Le 2 e modèle paraît plus pertinent. b. On tabule la suite (vn) à la calculatrice. Le nombre de poissons passe en dessous de 500 au bout de 35 années de diminution, c’est-à-dire à partir de 2035. Réaliser des prévisions PARTIE 1 : PARTIE 1 : ÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA POPULATIONÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA POPULATION 1 On calcule 52 500 – 500 000 500 000 = 0,05 = 5 %. Entre 2010 et 2011, la population a augmenté de 5 % . 2 P2 = P1 × (1 + 5100) = 52 500 × 1,05 = 55 125 Selon le modèle, la population sera de 55 125 habitants en 2012. 3 a. Selon le modèle, chaque année, la population est multipliée par 1 + 5 100 = 1,05. Donc la suite (Pn) est géométrique de raison 1,05 et de terme initial P0 = 500 000. b. Donc pour tout entier n, Pn = 500 000 × 1,05 n. c. L’année 2020 correspond à n = 10. P10 = 500 000 × 1,05 10 ≈ 81 444. Selon le modèle, la population sera de 81 444 habitants en 2020. PARTIE 2 : PARTIE 2 : ÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA CONSOMMATION D’EAUÉTUDE DE L’ÉVOLUTION DE LA CONSOMMATION D’EAU 1 Les différences 300 – 295 = 5 et 305 – 300 = 5 sont égales. Donc durant la période 2009-2011, la croissance est linéaire. 2 a. Sur le tableur, on entre les formules suivantes : • en B3 =B2*1.05 ; • en C3 =C2+5 ; • en D2 =B2*C2 . À la calculatrice, on entre : BAT_Chap08-LP.indd 166 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 167 b. On lit sur le tableur ou la calculatrice (voir tableau ci-contre). La consommation d’eau aura doublé par rapport à celle de 2010 à partir de 2021. 130 ... en sciences... en sciences Épidémie et coût de traitement 1 a. Le nombre de nouveaux cas augmente chaque année de 15 % , donc est multiplié chaque année par 1 + 15 100 = 1,15 . Donc la suite (un) est géométrique de raison 1,15 et de terme initial u0 = 300. Donc pour tout entier n, un = 300 × 1,15 n. b. L’année 2011 correspond à n = 3 . u3 = 300 × 1,15 3 ≈ 456. En 2011, le nombre de nouveaux cas de malades est environ de 456. c. L’année 2018 correspond à n = 10. u10 = 300 × 1,15 10 ≈ 1 213. Si la tendance se maintient, on estime qu’il y aura 1 213 nouveaux cas de maladie en 2018. d. On calcule la somme : u0 + u1 + u2 + u3 = 300 + 300 × 1,15 + 300 × 1,152 + 300 × 1,153 ≈ 1 498. (p. 220) La légende du jeu d’échec 1 La suite (un) est géométrique de raison 2 et de terme initial u1 = 1. Donc pour tout entier n � 1, un = 1 × 2 n–1 = 2n–1. 2 a. u8 = 2 7 = 128 ; u16 = 2 15 = 32 768 ; u24 = 2 23 = 8 388 608 ; u32 = 2 31 = 2 147 483 648 ; u40 = 2 39 ≈ 5,5 · 1011 ; u48 = 2 47 ≈ 1,4 · 1014 ; u56 = 2 55 ≈ 3,6 · 1016 ; u64 = 2 63 ≈ 9,223 · 1018, soit environ 9,223 milliards de milliards. b. On tabule à la calculatrice. • Le nombre de grains dépasse le million (106) à partir de la case n° 21. • Le nombre de grains dépasse le milliard (109) à partir de la case n° 31. • Le nombre de grains dépasse le million de milliards (1015) à partir de la case n° 51. 3 a. Pour 8 cases, le nombre total de grains de blé est : 1 + 2 + 22 + ... + 27 = 28 – 1 = 255. Pour 16 cases, le nombre total de grains de blé est : 1 + 2 + 22 + ... + 215 = 216 – 1 = 65 535. b. Pour 64 cases, le nombre total de grains de blé est : 1 + 2 + 22 + ... + 263 = 264 – 1 ≈ 18 × 1018. c. On tabule la suite de terme général 2n – 1 et on cherche le plus petit entier n tel que 2n – 1 � 109. La somme des grains de blé dépasse au total un mil- liard à partir de la case n° 30. BAT_Chap08-LP.indd 167 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 168 En 2011, le nombre total de malades ayant contracté la maladie est environ de 1 498. 2 a. Le coût de traitement pour un malade en 2011 est égal à 400 – 5 × 3 = 385 €. b. En 2008, le coût total du traitement est : 300 × 400 = 120 000 €. En 2011, le coût total du traitement est : 1 498 × 385 = 576 730 €. c. En 2012, il y aura : u0 + u1 + u2 + u3 + u4 ≈ 2 022 malades au total. Chaque traitement coûte : 400 – 5 × 4 = 380 €. Donc le coût total des traitements est : 2 022 × 380 = 768 360 €. Le budget d’un million d’euros sera donc suffisant. 3 a. et b. En colonne B, on calcule le nombre de nou- veaux malades en utilisant la formule de récurrence de la suite géométrique. En colonne C, on calcule de proche en proche le nombre total de malades depuis 2008. D’où les formules données. 3 c. En D3 =D2–5 ; en E2 =C2*D2 . On obtient le tableau ci-dessous : 4 Vrai ou faux ? a. Faux : Le quotient de deux termes consécutifs de la colonne C n’est pas constant. b. Faux : les termes de la colonne B sont de plus en plus grands, donc le nombre total de malades aug- mente de plus en plus rapidement. c. Vrai : voir la ligne 8. d. Vrai : Le quotient de deux termes consécutifs de la colonne C est supérieur au quotient de deux termes consécutifs de la colonne E. 131 ... en économie... en économie Carte de crédit 1 a. et b. On obtient le tableau ci-contre. c. Le capital restant dû est inférieur au versement men- suel au bout de 10 mois. Le dernier versement le 11e mois est donc : 70,93 + 0,85 = 71,78 €. Le coût total du crédit est : 100 × 10 + 71,78 = 1 071,78 €. 2 • Pour un achat de 10 000 €, les intérêts mensuels sont supérieurs au versement de 100 € : le capital res- tant dû est croissant, et Ines ne pourra jamais rem- bourser son achat. • Pour un achat de 10 000 € avec des versements men- suels de 150 €, il faut 135 mois pour rembourser le capital, c’est-à-dire 11 ans et 3 mois. BAT_Chap08-LP.indd 168 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 169 132 ... dans les arts... dans les arts La règle des deux tiers PARTIE APARTIE A 1 La largeur de la 2e rangée est 2 3 × 1 = 2 3 cm, soit environ 0,67 cm. La largeur de la 3e rangée est 2 3 × 2 3 = 4 9 cm, soit environ 0,44 cm. La largeur de la 4e rangée est 2 3 × 4 9 = 8 27 cm, soit environ 0,30 cm. Sur les quatre premières rangées, la largeur totale est : 1 + 2 3 + 4 9 + 8 27 = 65 27 ≈ 2,41cm. 2 a. La suite (�n) est géométrique de raison 2 3 et de terme initial �1 = 1. Donc pour tout entier n � 1 : �n = �1 × ( 23 ) n–1 = ( 23 ) n–1 b. On propose : o Entrer le nombre n o Stocker le nombre 1 dans � o Stocker � dans S o Répéter n – 1 fois Stocker � × 2 3 dans � Stocker � + S dans S o Afficher la valeur de S 3 a. La feuille de calcul traduit l’algorithme de la question 2 b. b. La largeur de la pièce de 3 cm ne semble jamais pouvoir être atteinte. c. On obtient : Cela confirme le résultat de la question 3 b. PARTIE BPARTIE B 1 a. Le point J2 a pour coordonnées ( 0 ; 53 ) . Le point J3 a pour coordonnées ( 0 ; 199 ) . b. Les droites horizontales ayant une équation de la forme y = b, où b est l’ordonnée à l’origine, on obtient les résultats énoncés. 2 Les points I, I2 et I3 ont respectivement pour coor- données ( 1 ; 0 ), ( 2; 0 ) et ( 3 ; 0 ). Les coordonnées des points S (0 ; 3) et I vérifient l’équa- tion y = –3x + 3. Donc la droite (SI) a pour équation y = – 3x + 3. De la même façon, la droite (SI2) a pour équation y = – 3 2 x + 3. Et la droite (SI3) a pour équation y = – x + 3. 3 Le point A1 a pour coordonnées ( 23 ; 1 ) . Le point B2 a pour coordonnées ( 89 ; 53 ) . Le point C3 a pour coordonnées ( 89 ; 199 ) . Les points O , A1, B2 et C3 ne sont pas alignés. 4 En utilisant la règle des deux tiers, les diagonales des carrés n’ont pas la même direction. 133 ... in history of mathematics... in history of mathematics The Fibonacci Sequence and the Golden Ratio 1 a. • Au début du 1er mois, il y a un couple de lapins. • Au début du 2e mois, il y a toujours un couple de lapins. • Au début du 3e mois, le couple de lapins se repro- duit : il y a deux couples de lapins (l’un âgé de 2 mois révolus et l’autre nouveau-né). • Au début du 4e mois, seul le 1er couple de lapins se reproduit : il y a donc trois couples de lapins (l’un âgé de 3 mois, l’un âgé de 1 mois et le dernier nou- veau né). b. Pour tout entier n � 2 : le mois n se reproduisent tous les lapins âgés de plus de 2 mois. Les lapins le mois n sont donc : – les lapins nouveau-nés : il y en a un–2 ; – les lapins (non morts) présents le mois précédent : il y en a un–1. Donc pour tout entier n � 2, un = un–2 + un–1. C’est-à-dire pour tout entier n � 1, un+2 = un+1 + un, avec les valeurs initiales u1 = 1 et u2 = 1. 2 a. Au bout d’un an (en début du 13e mois), il y a 233 couples de lapins. b. Le quotient de deux termes consécutifs se rap- proche de la valeur 1,61 environ. 3 a. Chaque carré a pour côté la somme des deux carrés précédents. La suite des longueurs des rec- tangles ainsi construits vérifie la relation de récurrence définissant la suite des nombres de Fibonacci, avec les mêmes valeurs initiales. Elle est donc la suite des nombres de Fibanocci. b. On calcule en colonne D l’écart un+1 un – ϕ en entrant la formule =C2-(1+racine(5))/2 . BAT_Chap08-LP.indd 169 26/08/11 10:16
© Hachette Livre 2011 - Déclic Mathématiques 1res ES/L option - Livre du professeur La photocopie non autorisée est un délit. CHAPITRE 8 Suites 170 On obtient N = 16. 134 ... en démographie... en démographie Le modèle de Malthus a. Pour tout entier n : Pn+1 = Pn + 2 100 × Pn = 1,02 Pn et an+1 = an + 0,4. Donc : • la suite (Pn) est géométrique de raison 1,02 et de terme initial P0 = 8. Pour tout entier n, Pn = 8 × 1,02 n. • la suite (an) est arithmétique de raison 0,4 et de terme initial a0 = 10. Pour tout entier n, an = 10 + 0,4n. b. P100 = 8 × 1,02 100 ≈ 57,957 a100 = 10 + 0,4 × 100 = 50 c. À la calculatrice (ou au tableur), on cherche n à partir duquel Pn � an. On tabule. Selon le modèle, l’agriculture anglaise ne pourra plus nourrir la population anglaise à partir de : 1 800 + 87 = 1 887. 135 ... en économie... en économie Le multiplicateur keynésien 1 a. Y1 = 10 000 ; Y2 = 90 100 × 10 000 = 9 000 ; Y3 = 90 100 × Y2 = 0,9 × 9 000 = 8 100 ; Y4 = 90 100 × Y3 = 7 290 ; Y5 = 6 561 ; Y6 = 5 904,90. b. Pour tout entier n : Yn+1 = 90 100 × Yn = 0,9 × Yn . Donc la suite (Yn) est géométrique de raison 0,9 et de terme initial Y1 = 10 000. Pour tout entier n � 1, Yn = 10 000 × 0,9 n–1. c. Y1 + Y2 + ... + Y6 = 46 855,90. La somme des revenus supplémentaires de la 1re à la 6e personne est 46 855,90 €. 2 a. On obtient le tableau ci-dessous. b. Le revenu supplémentaire Yn est inférieur à 1 € à partir de 88 personnes. La somme ∑Yn est alors environ 99 990,60 €. 10 000 × 1 1 – 0,9 = 100 000. L’écart entre ∑Yn et cette valeur est égal à 9,40 €. 3 a. Si l’État investit 100 000 €, la somme des reve- nus supplémentaires sur 100 personnes est environ 999 973,44 €. b. Si l’État investit 10 000 € avec une propension marginale à consommer de 0,95 , la somme des reve- nus supplémentaires sur 100 personnes est environ 198 815,89 €. BAT_Chap08-LP.indd 170 26/08/11 10:16 Sommaire 1 - Pourcentages 2 - Second degré 3 - Statistiques 4 - Fonctions de référence 5 - Dérivation 6 - Probabilités 7 - Échantillonnage 8 - Suites