Corrigé de l’exercice 1 : le parcours de VTT
1. Le triangle BCD est rectangle en C, avec \(BC=1{,}5\) km et \(CD=2\) km. D'après le théorème de Pythagore :
\(BD^2=BC^2+CD^2=1{,}5^2+2^2=2{,}25+4=6{,}25\)
Comme \(2{,}5^2=6{,}25\) et qu'une longueur est positive, \(BD=\sqrt{6{,}25}=\mathbf{2{,}5}\) km.
2. Les points C, D, E sont alignés et le triangle BCD est rectangle en C : la droite \((BC)\) est perpendiculaire à la droite \((CE)\). De même, le triangle DEF est rectangle en E, donc \((EF)\) est perpendiculaire à \((CE)\). Deux droites perpendiculaires à une même troisième sont parallèles : \((BC)\parallel(EF)\).
3. Les points B, D, F sont alignés, de même que C, D, E, et \((BC)\parallel(EF)\). D'après le théorème de Thalès dans les triangles DBC et DFE :
\[\dfrac{DF}{DB}=\dfrac{DE}{DC}=\dfrac{EF}{BC}\]
Avec \(DE=5\), \(DC=2\) et \(DB=2{,}5\) :
\[\dfrac{DF}{2{,}5}=\dfrac{5}{2}\quad\text{donc}\quad DF=\dfrac{5\times2{,}5}{2}=6{,}25\]
La longueur DF est de 6,25 km.
4. Le trajet en traits pleins est A, B, D, F, G :
\(AB+BD+DF+FG=7+2{,}5+6{,}25+3{,}5=19{,}25\)
Le parcours mesure 19,25 km.
5. À 16 km/h, Michel parcourt 16 km en 60 min, donc 1 km en \(\dfrac{60}{16}=3{,}75\) min. Pour 7 km :
\(7\times3{,}75=26{,}25\) min
Or \(0{,}25\) min \(=0{,}25\times60=15\) s. Michel mettra 26 min 15 s pour aller de A à B.
Corrigé de l’exercice 2 : facteurs premiers et égalité \(a^3=b^2\)
1. a. On divise 2 744 par les nombres premiers successifs :
\(2\,744=2\times1\,372=2\times2\times686=2\times2\times2\times343\)
puis \(343=7\times49=7\times7\times7\). Donc :
\[2\,744=2^3\times7^3\]
1. b. On élève au carré en utilisant \((a^m)^n=a^{m\times n}\) :
\[2\,744^2=\left(2^3\times7^3\right)^2=2^6\times7^6\]
1. c. On regroupe les puissances par exposant 3 : \(2^6=\left(2^2\right)^3\) et \(7^6=\left(7^2\right)^3\), donc
\(2\,744^2=\left(2^2\right)^3\times\left(7^2\right)^3=\left(2^2\times7^2\right)^3=(4\times49)^3=196^3\)
On en déduit \(x=196\).
2. a. Pour \(a=100\), \(b^2=100^3=1\,000\,000\). Comme \(1\,000^2=1\,000\,000\) et que \(b\) est positif, \(b=\mathbf{1\,000}\).
2. b. On teste les valeurs de \(a\) entre 3 et 9 et on regarde si \(a^3\) est un carré parfait dont la racine est comprise entre 3 et 9 :
| \(a\) | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(a^3\) | 27 | 64 | 125 | 216 | 343 | 512 | 729 |
| Carré parfait ? | non | oui, \(8^2\) | non | non | non | non | oui, \(27^2\) mais \(27 gt 10\) |
Le seul couple convenable est \(a=4\) et \(b=8\), car \(4^3=64=8^2\).
Corrigé de l’exercice 3 : le CO2 dans l’atmosphère
1. On lit sur la courbe : en 1995, la concentration est de 360 ppm ; en 2005, elle est de 380 ppm.
2. a. Entre 1995 et 2005, la courbe est presque un segment de droite : les points sont à peu près alignés. Un modèle affine, dont la représentation est une droite, convient donc bien sur cette période.
2. b. On teste les deux expressions avec les valeurs lues :
Arnold : \(g(1995)=2\times1\,995-3\,630=3\,990-3\,630=360\) et \(g(2005)=4\,010-3\,630=380\). Les deux valeurs correspondent au graphique.
Billy : \(g(1995)=3\,990-2\,000=1\,990\), très loin de 360.
L'expression qui modélise le mieux l'évolution est celle d'Arnold : \(g(x)=2x-3\,630\).
2. c. On résout \(g(x)=450\) :
\(2x-3\,630=450\), donc \(2x=4\,080\), donc \(x=2\,040\)
Selon ce modèle, la concentration de 450 ppm serait atteinte en 2040.
3. Les 70 mégatonnes représentent 15 % de la masse \(M\) émise :
\(\dfrac{15}{100}\times M=70\), donc \(M=\dfrac{70\times100}{15}=\dfrac{7\,000}{15}\approx466{,}7\)
La France a émis environ 467 mégatonnes de CO2 en 2016.
Corrigé de l’exercice 4 : les deux pièces montées
1. Le ratio est :
\(\dfrac{75}{100}=\dfrac{3\times25}{4\times25}=\dfrac{3}{4}\)
Le ratio masse de beurre : masse de chocolat est \(\dfrac{3}{4}\).
2. \(250\ \text{g}=2{,}5\times100\ \text{g}\) : on multiplie toutes les quantités par 2,5. La farine nécessaire est \(30\times2{,}5=75\) g, soit 75 g de farine.
3. Le côté diminue de 8 cm à chaque étage et il y a 3 étages : \(24-8=16\) puis \(16-8=8\). Le plus petit gâteau a une base de côté 8 cm.
4. Tour de Pise. Les diamètres sont 30, 22, 14 et 6 cm, donc les rayons 15, 11, 7 et 3 cm, pour une hauteur de 6 cm par gâteau :
\(V_{\text{Pise}}=\pi\times6\times\left(15^2+11^2+7^2+3^2\right)=6\pi\times(225+121+49+9)=6\pi\times404=2\,424\pi\approx7\,615\ \text{cm}^3\)
Tour Carrée. Les côtés sont 24, 16 et 8 cm, pour une hauteur de 8 cm par gâteau :
\(V_{\text{Carrée}}=8\times\left(24^2+16^2+8^2\right)=8\times(576+256+64)=8\times896=7\,168\ \text{cm}^3\)
Comme \(7\,615 \gt 7\,168\), c'est la tour de Pise qui a le plus grand volume.
Corrigé de l’exercice 5 : programme de calcul et tableur
1. a. Avec 4 au départ :
\(4\to4+6=10\), puis \(4-5=-1\), puis \(10\times(-1)=-10\), puis \(-10+30=20\)
Le résultat est bien 20.
1. b. Avec \(-3\) au départ : \(-3+6=3\), puis \(-3-5=-8\), puis \(3\times(-8)=-24\), puis \(-24+30=6\). Le résultat est 6.
2. a. Pour 4 : \(4+4^2=4+16=20\), c'est le résultat trouvé à la question 1.a. Pour \(-3\) : \(-3+(-3)^2=-3+9=6\), c'est le résultat de la question 1.b. Zoé a raison dans les deux cas.
2. b. L'étape 4 multiplie les résultats des étapes 2 et 3, situés en lignes 2 et 3 de la même colonne. La formule à saisir en B4 est =B2*B3.
2. c. Avec \(x\) comme nombre de départ, on obtient successivement \(x+6\), puis \(x-5\), puis le produit \((x+6)(x-5)\), puis ce produit augmenté de 30 :
\((x+6)(x-5)+30=x^2-5x+6x-30+30=x^2+x\)
Le résultat est bien \(x^2+x\), ce qui confirme la conjecture de Zoé pour tout nombre \(x\).
2. d. On cherche \(x\) tel que \(x^2+x=0\), c'est-à-dire \(x(x+1)=0\). Un produit est nul si l'un de ses facteurs est nul : \(x=0\) ou \(x+1=0\). Le résultat du programme est 0 pour \(x=0\) et \(x=-1\).
Corrigé de l’exercice 6 : le jeu de dés
1. Les faces du dé A portent 2 ou 6, celles du dé B portent 1 ou 5. Les deux joueurs ne peuvent donc jamais obtenir le même numéro : il n'y a jamais de match nul.
2. a. Si Armelle obtient 2, Basile gagne un point quand il obtient 5 (le 1 est plus petit que 2). Trois faces sur six portent 5 : la probabilité est \(\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\).
2. b. Si Basile obtient 1, Armelle obtient 2 ou 6, deux numéros supérieurs à 1. Armelle gagne un point dans tous les cas : la probabilité est 1.
3. a. Le nombre aléatoire entre 1 et 6 est strictement inférieur à 5 s'il vaut 1, 2, 3 ou 4, soit 4 cas sur 6. La probabilité que FaceA prenne la valeur 2 est \(\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\).
3. b. Armelle (dé A) marque un point quand son numéro est le plus grand, c'est-à-dire quand FaceB est inférieur à FaceA. La ligne 7 complétée est :
si FaceB < FaceA alors
3. c. Le dé B porte trois fois le 1 et trois fois le 5, donc on veut obtenir 1 avec la probabilité \(\dfrac{3}{6}\) : on garde l'aléatoire entre 1 et 6 et on teste si le tirage est strictement inférieur à 4 (valeurs 1, 2, 3). Le sous-programme, à construire comme celui du dé A :
définir Lancer le dé B
mettre tirage de dé à nombre aléatoire entre 1 et 6
si tirage de dé < 4 alors
mettre FaceB à 1
sinon
mettre FaceB à 5
Par rapport au sous-programme du dé A, on a remplacé FaceA par FaceB, le seuil 5 par 4, la valeur 2 par 1 et la valeur 6 par 5.
4. a. La fréquence de victoires de A est :
\[\dfrac{39\,901}{60\,000}\approx0{,}665\]
soit environ 67 %.
4. b. La fréquence observée sur 60 000 parties est proche de \(\dfrac{2}{3}\approx66{,}7\) %. On peut conjecturer que la probabilité que A gagne contre B est \(\dfrac{2}{3}\), soit environ 67 %.
Vérification par le calcul : A gagne s'il tire 6 (probabilité \(\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\)), quelle que soit la face de B, ou s'il tire 2 (probabilité \(\dfrac{2}{3}\)) et que B tire 1 (probabilité \(\dfrac{1}{2}\)). On obtient \(\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}\), ce qui confirme la conjecture.