Devoir commun corrigé de mathématiques (Seconde)

1) La priorité est à la multiplication : $\frac{3}{4}\times\frac{8}{9}=\frac{24}{36}=\frac{2}{3}$. Il reste $\frac{2}{3}-\frac{2}{3}=0$. L'erreur classique consiste à calculer $\frac{2}{3}-\frac{3}{4}$ d'abord, ce qui donnerait $-\frac{1}{12}$ puis un résultat faux : dans une expression sans parenthèses, la multiplication passe TOUJOURS avant la soustraction.

2) On applique les trois règles des puissances : $\left(10^{4}\right)^{2}=10^{4\times 2}=10^{8}$, puis $10^{-3}\times 10^{8}=10^{-3+8}=10^{5}$, puis $\frac{10^{5}}{10^{2}}=10^{5-2}=10^{3}$. Le résultat est $10^{3}$, c'est-à-dire $1\,000$. Retenez le sens de chaque règle : on MULTIPLIE les exposants pour une puissance de puissance, on les ADDITIONNE pour un produit, on les SOUSTRAIT pour un quotient.

3) On extrait le plus grand carré parfait contenu dans $50$ : $50=25\times 2$, donc $\sqrt{50}=\sqrt{25}\times\sqrt{2}=5\sqrt{2}$. Il vient $5\sqrt{2}-3\sqrt{2}=2\sqrt{2}$. On traite $\sqrt{2}$ exactement comme une lettre : $5$ fois quelque chose moins $3$ fois la même chose font $2$ fois cette chose.

4) On développe chaque morceau séparément. L'identité du carré donne $(2x-3)^{2}=4x^{2}-12x+9$, et celle de la différence de deux carrés donne $(x+1)(x-1)=x^{2}-1$. Attention au signe moins qui porte sur TOUTE la seconde parenthèse : $4x^{2}-12x+9-\left(x^{2}-1\right)=4x^{2}-12x+9-x^{2}+1=3x^{2}-12x+10$. Oublier de changer le signe du $-1$ est l'erreur la plus fréquente de cette question.

5) On reconnaît une différence de deux carrés, puisque $9x^{2}=(3x)^{2}$ et $25=5^{2}$. L'identité $a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$ donne donc $9x^{2}-25=(3x-5)(3x+5)$. On peut contrôler en développant : $(3x-5)(3x+5)=9x^{2}+15x-15x-25=9x^{2}-25$ ✓.

6) On multiplie les deux membres par $6$, dénominateur commun, ce qui revient au produit en croix : $2(2x-1)=3(x+4)$, soit $4x-2=3x+12$, puis $4x-3x=12+2$ et enfin $x=14$. Contrôle en remplaçant : $\frac{2\times 14-1}{3}=\frac{27}{3}=9$ et $\frac{14+4}{2}=\frac{18}{2}=9$ ✓.

7) On isole le terme en $x$ : $-3x\geq 1-7$, soit $-3x\geq-6$. On divise par $-3$, et c'est ici que tout se joue : diviser une inégalité par un nombre NÉGATIF en renverse le sens. On obtient donc $x\leq 2$, c'est-à-dire $x\in\left]-\infty\,;\,2\right]$. Contrôle avec une valeur : pour $x=0$, $-3\times 0+7=7\geq 1$ ✓, et $0$ appartient bien à l'intervalle trouvé ; pour $x=3$, $-3\times 3+7=-2$, qui n'est pas supérieur à $1$ ✓.

1) On remplace, en soignant les signes : $f(-2)=(-2)^{2}-6\times(-2)+5=4+12+5=21$. Le carré d'un nombre négatif est positif, et $-6\times(-2)$ vaut $+12$ : deux pièges de signe dans un seul calcul.

2) On développe la forme proposée : $(x-3)^{2}-4=x^{2}-6x+9-4=x^{2}-6x+5=f(x)$ ✓. C'est la forme CANONIQUE. On sait la retrouver seule : le coefficient de $x$ vaut $-6$, sa moitié vaut $-3$, on écrit $(x-3)^{2}$ qui vaut $x^{2}-6x+9$, soit $4$ de trop par rapport à $f$, donc on retranche $4$.

3) Sous la forme $(x-3)^{2}-4$, le carré est toujours positif ou nul et vaut $0$ uniquement pour $x=3$. La fonction atteint donc sa plus petite valeur en $x=3$, et cette valeur est $-4$. Le sommet est $S(3\,;-4)$, et comme le coefficient de $x^{2}$ est POSITIF la parabole est tournée vers le haut : c'est un MINIMUM.

4) La forme canonique est la plus rapide : $(x-3)^{2}-4=0$ donne $(x-3)^{2}=4$, donc $x-3=2$ ou $x-3=-2$, soit $x=5$ ou $x=1$. Ne gardez jamais la seule racine positive, un carré égal à $4$ admet DEUX solutions. Contrôle par la somme et le produit : $1+5=6$, l'opposé du coefficient de $x$ ✓, et $1\times 5=5$, le terme constant ✓.

5) Chercher les antécédents de $5$, c'est résoudre $f(x)=5$, et non calculer $f(5)$ : c'est la confusion la plus fréquente sur cette notion. On écrit $x^{2}-6x+5=5$, soit $x^{2}-6x=0$, puis on FACTORISE plutôt que de recourir au discriminant : $x(x-6)=0$, donc $x=0$ ou $x=6$. Les antécédents de $5$ sont $0$ et $6$. Contrôle : $f(0)=5$ ✓ et $f(6)=36-36+5=5$ ✓.

6) La parabole est tournée vers le haut et coupe l'axe des abscisses en $1$ et $5$. Elle est donc SOUS cet axe strictement entre ses deux racines : $f(x)<0$ pour $x\in\left]1\,;\,5\right[$. La règle générale à retenir est que le trinôme est du signe du coefficient de $x^{2}$ à l'extérieur des racines, et du signe contraire entre les racines.

1) On soustrait dans le bon sens, l'arrivée moins le départ : $\vec{AB}\left(x_{B}-x_{A}\,;\,y_{B}-y_{A}\right)=\left(3-(-1)\,;\,4-2\right)=(4\,;2)$. Inverser l'ordre donnerait $\vec{BA}$, le vecteur opposé.

2) Pour le milieu, on MOYENNE au lieu de soustraire : $I\left(\frac{x_{A}+x_{B}}{2}\,;\,\frac{y_{A}+y_{B}}{2}\right)=\left(\frac{-1+3}{2}\,;\,\frac{2+4}{2}\right)=(1\,;3)$. Confondre la formule du milieu et celle du vecteur est une erreur courante : l'une additionne et divise, l'autre soustrait.

3) La distance se calcule avec le théorème de Pythagore appliqué aux coordonnées du vecteur : $AB=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}$. On simplifie, car $20=4\times 5$ : $AB=2\sqrt{5}$, soit environ $4{,}47$. Une distance est toujours positive, les carrés s'en chargent.

4) Trois points sont alignés lorsque deux vecteurs qui les relient sont COLINÉAIRES. On calcule $\vec{AC}(5-(-1)\,;\,-1-2)=(6\,;-3)$, puis le déterminant de $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ : $4\times(-3)-2\times 6=-12-12=-24$. Il est non nul, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires et les trois points ne sont PAS alignés. Le déterminant se calcule en croix, produit de la première abscisse par la seconde ordonnée moins produit de la seconde abscisse par la première ordonnée.

5) La série comporte $6$ valeurs, de somme $4+7+7+9+12+15=54$, donc la moyenne vaut $\frac{54}{6}=9$. Pour la médiane, l'effectif est PAIR : on prend la demi-somme des deux valeurs centrales, la troisième et la quatrième, soit $\frac{7+9}{2}=8$. Moyenne et médiane diffèrent ici, ce qui est normal, la valeur $15$ tirant la moyenne vers le haut.

6) Les événements « roi » et « cœur » ne sont pas incompatibles, puisque le roi de cœur appartient aux deux. On ne peut donc pas simplement additionner. La formule à utiliser est $P(R\cup C)=P(R)+P(C)-P(R\cap C)=\frac{4}{52}+\frac{13}{52}-\frac{1}{52}=\frac{16}{52}=\frac{4}{13}$, soit environ $0{,}31$. Oublier de retrancher l'intersection donnerait $\frac{17}{52}$ et compterait le roi de cœur deux fois.

1) On développe la forme proposée : $-2(x-2)^{2}+18=-2\left(x^{2}-4x+4\right)+18=-2x^{2}+8x-8+18=-2x^{2}+8x+10=f(x)$ ✓. Pour la retrouver seul, on factorise d'abord le coefficient dominant sur les deux premiers termes : $f(x)=-2\left(x^{2}-4x\right)+10$, puis $x^{2}-4x=(x-2)^{2}-4$, donc $f(x)=-2\left[(x-2)^{2}-4\right]+10=-2(x-2)^{2}+8+10$. Le piège est de ne pas distribuer le $-2$ sur le $-4$.

2) Le carré $(x-2)^{2}$ est positif ou nul, et $-2$ fois ce carré est donc négatif ou nul. La quantité $-2(x-2)^{2}+18$ est par conséquent toujours inférieure ou égale à $18$, avec égalité uniquement pour $x=2$. Le sommet est $S(2\,;18)$ et, le coefficient de $x^{2}$ étant NÉGATIF, la parabole est tournée vers le bas : $18$ est un MAXIMUM.

3) Le tableau de variations se lit directement sur la forme canonique. La fonction est strictement CROISSANTE sur $\left]-\infty\,;\,2\right]$, où elle monte jusqu'à $18$, puis strictement DÉCROISSANTE sur $\left[2\,;\,+\infty\right[$, où elle redescend vers $-\infty$. Le sommet sépare les deux branches, et la droite verticale d'équation $x=2$ est l'axe de symétrie de la parabole.

4) On part de la forme canonique : $-2(x-2)^{2}+18=0$ donne $(x-2)^{2}=9$, donc $x-2=3$ ou $x-2=-3$, soit $x=5$ ou $x=-1$. Contrôle par la somme et le produit des racines : $-1+5=4=-\frac{8}{-2}$ ✓ et $-1\times 5=-5=\frac{10}{-2}$ ✓. Pour le signe, le coefficient de $x^{2}$ étant négatif, $f$ est NÉGATIVE à l'extérieur des racines et POSITIVE entre elles : $f(x)<0$ sur $\left]-\infty\,;-1\right[$ et sur $\left]5\,;+\infty\right[$, $f(x)>0$ sur $\left]-1\,;5\right[$, et $f$ s'annule en $-1$ et en $5$.

5) On ne divise pas, on ramène tout d'un côté : $-2x^{2}+8x+10\geq 10$ équivaut à $-2x^{2}+8x\geq 0$, soit $-2x(x-4)\geq 0$. En divisant par $-2$, ce qui RENVERSE le sens, on obtient $x(x-4)\leq 0$. Ce produit est du signe du trinôme $x^{2}-4x$, de racines $0$ et $4$ et de coefficient dominant positif : il est donc négatif ou nul ENTRE les racines. L'ensemble des solutions est $\left[0\,;4\right]$. Contrôle : $f(0)=10$ ✓, $f(4)=-32+32+10=10$ ✓ et $f(2)=18\geq 10$ ✓, tandis que $f(-1)=0<10$ ✓.

6) Graphiquement, résoudre $f(x)\geq 10$ revient à chercher les abscisses des points de la parabole situés AU-DESSUS de la droite horizontale d'équation $y=10$, ou sur elle. La figure montre que la parabole coupe cette droite en deux points, d'abscisses $0$ et $4$, et qu'elle lui est supérieure exactement entre ces deux abscisses. On remarquera que $0$ et $4$ sont symétriques par rapport à $x=2$, ce qui était prévisible : toute droite horizontale coupe la parabole en deux points symétriques par rapport à son axe. Cette symétrie fournit d'ailleurs un contrôle gratuit sur toute résolution de ce type, puisque la demi-somme des deux solutions doit redonner l'abscisse du sommet, et $\frac{0+4}{2}=2$ ✓.

1) Le critère à connaître est le suivant : $ABCD$ est un parallélogramme si et seulement si $\vec{AB}=\vec{DC}$. Attention à l'ordre des lettres, c'est $\vec{DC}$ et non $\vec{CD}$, car on parcourt le quadrilatère dans le même sens. On calcule $\vec{AB}(5-1\,;4-2)=(4\,;2)$ et $\vec{DC}(4-0\,;-1-(-3))=(4\,;2)$. Les deux vecteurs ont les mêmes coordonnées, ils sont donc égaux, et $ABCD$ est bien un parallélogramme.

2) Le centre d'un parallélogramme est le point d'intersection de ses diagonales, et chaque diagonale coupe l'autre en son milieu. Première façon, le milieu de $[AC]$ : $\left(\frac{1+4}{2}\,;\,\frac{2+(-1)}{2}\right)=(2{,}5\,;0{,}5)$. Seconde façon, le milieu de $[BD]$ : $\left(\frac{5+0}{2}\,;\,\frac{4+(-3)}{2}\right)=(2{,}5\,;0{,}5)$. Les deux calculs donnent le même point ✓, ce qui confirme au passage le résultat de la question 1 : si les milieux des diagonales n'avaient pas coïncidé, le quadrilatère n'aurait pas été un parallélogramme.

3) Le vecteur directeur $\vec{AB}(4\,;2)$ a une abscisse non nulle, donc la droite n'est pas verticale et admet une équation réduite $y=mx+p$. Le coefficient directeur vaut $m=\frac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}}=\frac{2}{4}=0{,}5$. On détermine $p$ en écrivant que $A$ appartient à la droite : $2=0{,}5\times 1+p$, donc $p=1{,}5$. Une équation est $y=0{,}5x+1{,}5$, que l'on peut aussi écrire $x-2y+3=0$. Contrôle avec $B$ : $0{,}5\times 5+1{,}5=4$ ✓.

4) L'axe des abscisses est la droite d'équation $y=0$. On résout donc $0{,}5x+1{,}5=0$, soit $x=-3$. Le point cherché est $(-3\,;0)$. Une erreur fréquente consiste à annuler $x$ au lieu de $y$ : l'axe des ABSCISSES est l'axe horizontal, ses points ont une ordonnée nulle.

5) Un parallélogramme est un losange lorsque deux côtés consécutifs ont la même longueur. On calcule $AB=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=\sqrt{20}$ et, avec $\vec{AD}(0-1\,;-3-2)=(-1\,;-5)$, on obtient $AD=\sqrt{(-1)^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{26}$. Comme $\sqrt{20}\neq\sqrt{26}$, les côtés consécutifs n'ont pas la même longueur : $ABCD$ n'est PAS un losange. Il suffit d'un contre-exemple, inutile de tester les quatre côtés.

6) L'aire d'un parallélogramme construit sur deux vecteurs est la valeur absolue de leur déterminant : $\text{aire}=\left|\det\left(\vec{AB},\vec{AD}\right)\right|=\left|4\times(-5)-2\times(-1)\right|=\left|-20+2\right|=18$ unités d'aire. On peut contrôler par la formule « base fois hauteur » : la base $AB=\sqrt{20}\approx 4{,}47$, et la hauteur correspondante vaut donc $\frac{18}{\sqrt{20}}\approx 4{,}02$, ce qui est bien inférieur à $AD=\sqrt{26}\approx 5{,}10$ comme le veut la géométrie, la hauteur étant toujours plus courte que le côté oblique ✓.

1) Le triangle est rectangle en $A$, donc l'hypoténuse est $[BC]$, le côté opposé à l'angle droit. Le théorème de Pythagore donne $BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}=6^{2}+8^{2}=36+64=100$, donc $BC=10$ cm. On reconnaît le triangle $6$-$8$-$10$, qui est le triangle $3$-$4$-$5$ agrandi d'un facteur $2$ : le repérer fait gagner du temps.

2) Dans le triangle rectangle en $A$, vu depuis l'angle $\widehat{ABC}$, le côté $[AC]$ est le côté OPPOSÉ et $[BC]$ l'hypoténuse. On utilise donc le sinus : $\sin\widehat{ABC}=\frac{AC}{BC}=\frac{8}{10}=0{,}8$, d'où $\widehat{ABC}=\arcsin(0{,}8)\approx 53{,}1^{\circ}$. Le choix de la fonction trigonométrique se fait TOUJOURS en identifiant d'abord quels côtés sont en jeu par rapport à l'angle considéré.

3) Première façon, par la trigonométrie : vu depuis $\widehat{ACB}$, le côté $[AC]$ est ADJACENT, donc $\cos\widehat{ACB}=\frac{AC}{BC}=0{,}8$ et $\widehat{ACB}\approx 36{,}9^{\circ}$. Seconde façon, par la somme des angles : dans un triangle rectangle, les deux angles aigus sont complémentaires, donc $\widehat{ACB}=90^{\circ}-53{,}1^{\circ}=36{,}9^{\circ}$. Les deux méthodes concordent ✓. On notera que le même rapport $0{,}8$ est le sinus d'un angle et le cosinus de l'autre : c'est exactement ce que traduit la complémentarité.

4) L'aire se calcule de deux façons, et l'égalité des deux expressions donne la hauteur. En prenant $[AB]$ et $[AC]$ comme base et hauteur, perpendiculaires puisque l'angle est droit en $A$ : $\text{aire}=\frac{6\times 8}{2}=24$ cm². En prenant $[BC]$ comme base et $[AH]$ comme hauteur : $\text{aire}=\frac{BC\times AH}{2}=\frac{10\times AH}{2}=5\,AH$. On en déduit $5\,AH=24$, donc $AH=4{,}8$ cm. Cette technique du DOUBLE CALCUL DE L'AIRE est à retenir, elle donne n'importe quelle hauteur sans trigonométrie.

5) Le triangle $ABH$ est rectangle en $H$, donc Pythagore donne $BH=\sqrt{AB^{2}-AH^{2}}=\sqrt{36-23{,}04}=\sqrt{12{,}96}=3{,}6$ cm. De même dans $ACH$ : $CH=\sqrt{AC^{2}-AH^{2}}=\sqrt{64-23{,}04}=\sqrt{40{,}96}=6{,}4$ cm. Le contrôle est immédiat et obligatoire, puisque $H$ appartient à $[BC]$ : $BH+CH=3{,}6+6{,}4=10=BC$ ✓. On peut aussi retenir les relations métriques $AB^{2}=BH\times BC$, ici $36=3{,}6\times 10$ ✓, et $AC^{2}=CH\times BC$, ici $64=6{,}4\times 10$ ✓.

6) La droite $(MN)$ est parallèle à $(BC)$, donc le théorème de Thalès s'applique dans la configuration en triangle : $\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}=\frac{MN}{BC}$. Le rapport de réduction vaut $\frac{AM}{AB}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. On en déduit $AN=\frac{1}{3}\times 8=\frac{8}{3}\approx 2{,}7$ cm et $MN=\frac{1}{3}\times 10=\frac{10}{3}\approx 3{,}3$ cm. Pour l'aire, le piège est de multiplier par le rapport : dans une réduction de rapport $k$, les longueurs sont multipliées par $k$ mais les aires par $k^{2}$. L'aire de $AMN$ vaut donc $\left(\frac{1}{3}\right)^{2}\times 24=\frac{24}{9}=\frac{8}{3}\approx 2{,}7$ cm². Contrôle direct, le triangle $AMN$ étant lui aussi rectangle en $A$ : $\frac{AM\times AN}{2}=\frac{2\times\frac{8}{3}}{2}=\frac{8}{3}$ ✓.

1) On additionne les effectifs. Classe A : $1+2+3+4+5+4+3+2+1=25$ ✓. Classe B : $1+3+4+3+3+3+3+3+2=25$ ✓. Cette vérification n'est pas une formalité : si l'effectif total est faux, tous les indicateurs le seront, et c'est le premier réflexe à avoir devant un tableau d'effectifs.

2) La moyenne d'une série groupée est la somme des produits note par effectif, divisée par l'effectif total. Classe A : $6+16+30+44+60+52+42+32+18=300$, donc $\bar{x}_{A}=\frac{300}{25}=12$. Classe B : $4+18+36+33+36+39+45+51+38=300$, donc $\bar{x}_{B}=\frac{300}{25}=12$. Les deux classes ont EXACTEMENT la même moyenne. L'erreur à éviter est de moyenner les neuf notes distinctes en oubliant de les pondérer par leurs effectifs.

3) La médiane partage l'effectif en deux parts égales. L'effectif étant IMPAIR, elle est la valeur de rang $\frac{25+1}{2}=13$. On construit les effectifs cumulés croissants. Pour A : $1,3,6,10,15,19,22,24,25$ ; le rang $13$ tombe dans la tranche qui va du rang $11$ au rang $15$, celle de la note $12$, donc $\text{Me}_{A}=12$. Pour B : $1,4,8,11,14,17,20,23,25$ ; le rang $13$ tombe dans la tranche des rangs $12$ à $14$, celle de la note $12$, donc $\text{Me}_{B}=12$. Les médianes sont elles aussi identiques.

4) Le premier quartile est la valeur de rang $\frac{25}{4}=6{,}25$, donc de rang $7$ après arrondi À L'ENTIER SUPÉRIEUR, règle qu'il ne faut pas confondre avec un arrondi ordinaire. Le troisième quartile est de rang $\frac{3\times 25}{4}=18{,}75$, donc de rang $19$. Pour A, le rang $7$ est dans la tranche $7$-$10$ de la note $11$ et le rang $19$ dans la tranche $16$-$19$ de la note $13$ : $Q_{1}^{A}=11$ et $Q_{3}^{A}=13$. Pour B, le rang $7$ est dans la tranche $5$-$8$ de la note $9$ et le rang $19$ dans la tranche $18$-$20$ de la note $15$ : $Q_{1}^{B}=9$ et $Q_{3}^{B}=15$.

5) L'étendue est la différence entre la plus grande et la plus petite valeur : $18-6=12$ pour A, et $19-4=15$ pour B. L'écart interquartile est $Q_{3}-Q_{1}$ : il vaut $13-11=2$ pour A, et $15-9=6$ pour B, soit TROIS FOIS PLUS. L'écart interquartile est le plus fiable des deux indicateurs, car il ne dépend que de la moitié centrale de l'effectif et n'est donc pas affecté par une valeur extrême isolée, alors que l'étendue, elle, ne repose que sur les deux valeurs les plus atypiques.

6) Les deux classes ont la même moyenne, $12$, et la même médiane, $12$. Pourtant elles ne se ressemblent pas du tout. La classe A est HOMOGÈNE : la moitié centrale de ses élèves tient entre $11$ et $13$, un intervalle de deux points, et le groupe est resserré autour de la moyenne. La classe B est HÉTÉROGÈNE : sa moitié centrale s'étale de $9$ à $15$, six points, et elle compte à la fois plus d'élèves en difficulté, avec des notes de $4$ et $6$, et plus d'élèves très à l'aise, avec des $17$ et des $19$. La conclusion est celle qu'il faut retenir de tout le chapitre : un indicateur de POSITION comme la moyenne ou la médiane ne décrit jamais une série à lui seul, il doit toujours être accompagné d'un indicateur de DISPERSION. Concrètement, le professeur de la classe B ne peut pas enseigner comme celui de la classe A, alors que les deux bulletins affichent la même moyenne de classe. Les deux diagrammes en boîte tracés ci-dessous rendent cette différence immédiatement visible : même trait médian, mais une boîte trois fois plus large pour la classe B.

1) Le grillage couvre les deux côtés de longueur $x$ et le côté de longueur $y$, le quatrième étant remplacé par le mur. La contrainte s'écrit donc $2x+y=40$, d'où $y=40-2x$. L'erreur classique est d'écrire le périmètre complet $2x+2y=40$ : le mur change la contrainte, et c'est tout l'intérêt du problème. Pour l'intervalle, une longueur doit être strictement positive : $x>0$ d'une part, et $y>0$ d'autre part, ce qui impose $40-2x>0$, soit $x<20$. Donc $x\in\left]0\,;20\right[$.

2) L'aire d'un rectangle est le produit de ses deux dimensions : $A(x)=x\times y=x(40-2x)=40x-2x^{2}=-2x^{2}+40x$ ✓. La fonction obtenue est un trinôme du second degré, ce qui n'a rien d'un hasard : dès qu'une contrainte LINÉAIRE relie deux dimensions dont on multiplie les valeurs, l'aire est du second degré.

3) On factorise le coefficient dominant sur les deux premiers termes : $A(x)=-2\left(x^{2}-20x\right)$. Puis $x^{2}-20x=(x-10)^{2}-100$, en prenant la moitié de $20$. Donc $A(x)=-2\left[(x-10)^{2}-100\right]=-2(x-10)^{2}+200$. Contrôle en développant : $-2\left(x^{2}-20x+100\right)+200=-2x^{2}+40x-200+200=-2x^{2}+40x$ ✓.

4) Le carré $(x-10)^{2}$ est positif ou nul, donc $-2(x-10)^{2}$ est négatif ou nul, et $A(x)\leq 200$ pour tout $x$, avec égalité si et seulement si $x=10$. L'aire maximale vaut donc $200$ m², atteinte pour $x=10$ m. On calcule alors $y=40-2\times 10=20$ m. L'enclos optimal mesure $10$ m sur $20$ m, et l'on vérifie que $10$ appartient bien à $\left]0\,;20\right[$ ✓ ainsi que $10\times 20=200$ ✓.

5) On résout $-2x^{2}+40x>150$, soit $-2x^{2}+40x-150>0$. On divise par $-2$ en RENVERSANT le sens : $x^{2}-20x+75<0$. Le discriminant vaut $\Delta=400-300=100$, donc $\sqrt{\Delta}=10$ et les racines sont $\frac{20-10}{2}=5$ et $\frac{20+10}{2}=15$. Le coefficient de $x^{2}$ étant positif, le trinôme est négatif ENTRE ses racines. L'aire dépasse donc $150$ m² pour $x\in\left]5\,;15\right[$, intervalle bien contenu dans $\left]0\,;20\right[$ ✓. Remarquez la symétrie autour de $x=10$, qui confirme le sommet trouvé en 4).

6) Un enclos carré a ses quatre côtés égaux, donc $x=y$. La contrainte $2x+y=40$ devient $3x=40$, soit $x=\frac{40}{3}\approx 13{,}33$ m, et l'aire vaut $\left(\frac{40}{3}\right)^{2}=\frac{1\,600}{9}\approx 177{,}8$ m². C'est NETTEMENT MOINS que les $200$ m² de la question 4, environ $11\ \%$ de moins. Le jardinier avait tort, et il est important de comprendre pourquoi son intuition l'a trompé. La règle qu'il avait en tête, « à périmètre donné le carré est le rectangle d'aire maximale », est vraie, mais elle suppose que les QUATRE côtés coûtent du grillage. Ici le mur offre un côté gratuitement, ce qui déséquilibre le problème en faveur du côté parallèle au mur : la solution optimale est deux fois plus longue que large. On peut retenir la règle générale de ce type de situation : l'optimum est atteint quand le grillage se répartit à parts égales entre la direction parallèle au mur et la direction perpendiculaire, ici $20$ m pour le côté $y$ et $2\times 10=20$ m pour les deux côtés $x$ ✓.

1) On commence TOUJOURS par la case de l'intersection, la seule directement donnée : $120$ élèves font les deux. On en déduit les autres par soustraction. Sport seulement : $320-120=200$. Musique seulement : $250-120=130$. Ni l'un ni l'autre : $800-200-130-120=350$. Contrôle : $200+130+120+350=800$ ✓. La grande erreur serait d'écrire $320$ dans la case « sport sans musique » : les $320$ sportifs INCLUENT les $120$ qui font aussi de la musique.

2) On divise chaque effectif par l'effectif total, la situation étant équiprobable puisque l'élève est choisi au hasard. $P(S)=\frac{320}{800}=0{,}4$, $P(M)=\frac{250}{800}=0{,}3125$ et $P(S\cap M)=\frac{120}{800}=0{,}15$.

3) Première façon, par la formule : $P(S\cup M)=P(S)+P(M)-P(S\cap M)=0{,}4+0{,}3125-0{,}15=0{,}5625$. Seconde façon, en comptant directement les élèves concernés dans le tableau : $200+130+120=450$ élèves pratiquent au moins l'une des deux activités, soit $\frac{450}{800}=0{,}5625$ ✓. Les deux méthodes concordent. Retenez pourquoi on retranche l'intersection : sans cela, les $120$ élèves qui font les deux seraient comptés une fois dans $P(S)$ et une fois dans $P(M)$.

4) L'événement « ni sport ni musique » est l'événement CONTRAIRE de « au moins l'une des deux », c'est-à-dire le contraire de $S\cup M$. Sa probabilité vaut donc $1-0{,}5625=0{,}4375$. Contrôle par le tableau : $\frac{350}{800}=0{,}4375$ ✓. Passer par l'événement contraire est presque toujours plus rapide qu'un recomptage.

5) La proportion dans la population totale est $p=P(S)=0{,}4$, et la taille de l'échantillon est $n=100$. On a $\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{10}=0{,}1$. L'intervalle de fluctuation est donc $\left[0{,}4-0{,}1\,;\,0{,}4+0{,}1\right]=\left[0{,}3\,;\,0{,}5\right]$. Il signifie ceci : si l'on prélève un grand nombre d'échantillons de $100$ élèves, la proportion observée de sportifs tombera dans cet intervalle dans environ $95\ \%$ des cas.

6) La fréquence observée vaut $f=\frac{27}{100}=0{,}27$, qui n'appartient PAS à $\left[0{,}3\,;\,0{,}5\right]$. Au seuil de $95\ \%$, on rejette donc l'hypothèse que cet échantillon a été prélevé au hasard dans ce lycée : il est probable qu'il ait été constitué d'une manière particulière, par exemple auprès d'une classe où l'on pratique peu le sport. Il faut cependant formuler cette conclusion avec prudence, car le seuil de $95\ \%$ laisse par construction environ $5\ \%$ d'échantillons parfaitement réguliers qui sortent malgré tout de l'intervalle : on ne PROUVE rien, on rejette une hypothèse avec un risque d'erreur assumé. Pour la seconde question, l'amplitude de l'intervalle vaut $\frac{2}{\sqrt{n}}$. On veut $\frac{2}{\sqrt{n}}<0{,}05$, soit $\sqrt{n}>\frac{2}{0{,}05}=40$, donc $n>1\,600$. Il faudrait interroger plus de $1\,600$ élèves, ce qui dépasse largement l'effectif du lycée : diviser l'incertitude par deux exige de multiplier l'effectif par QUATRE, et c'est la raison pour laquelle les sondages précis coûtent cher.

1) On remplace simplement : $\mathtt{aire(6)}=-2\times 36+40\times 6=-72+240=168$. L'appel renvoie donc $168$.

2) Avec un pas de $5$, la variable $\mathtt{x}$ prend successivement les valeurs $0$, $5$, $10$, $15$, $20$, puis $25$, ce qui met fin à la boucle car la condition $\mathtt{x <= 20}$ devient fausse. Les aires correspondantes sont $A(0)=0$, $A(5)=150$, $A(10)=200$, $A(15)=150$ et $A(20)=0$. Le maximum rencontré est $200$, atteint pour $\mathtt{x}$ valant $10$. L'appel renvoie donc le couple $(10\,;200)$, qui est bien la réponse exacte : le pas de $5$ a la chance de tomber pile sur le sommet.

3) Avec un pas de $4$, les valeurs testées sont $0$, $4$, $8$, $12$, $16$, $20$, d'aires respectives $0$, $128$, $192$, $192$, $128$ et $0$. Le maximum vaut $192$, et il est atteint DEUX FOIS, en $8$ et en $12$, ce qui n'est pas un hasard : ces deux abscisses sont symétriques par rapport au sommet $x=10$. Le test étant $\mathtt{aire(x) > meilleure\_aire}$ avec une inégalité STRICTE, la condition est fausse lorsque $\mathtt{x}$ vaut $12$, puisque $192$ n'est pas strictement supérieur à $192$ : la mise à jour n'a pas lieu et le programme CONSERVE le premier maximum rencontré. L'appel renvoie donc $(8\,;192)$. Si l'on remplaçait $\mathtt{>}$ par $\mathtt{>=}$, le programme renverrait $(12\,;192)$. Le choix de l'inégalité est donc tout sauf anodin : il décide lequel des ex æquo est retenu.

4) Avec un pas de $3$, les valeurs testées sont $0$, $3$, $6$, $9$, $12$, $15$, $18$, d'aires $0$, $102$, $168$, $198$, $192$, $150$ et $72$. Le maximum rencontré est $198$, en $\mathtt{x}$ valant $9$, donc l'appel renvoie $(9\,;198)$. Ce n'est pas la bonne réponse, et la raison est simple : $10$ n'est pas un multiple de $3$, la valeur qui réalise le vrai maximum n'est JAMAIS testée. Un balayage ne trouve que ce qu'il visite. Il donne une approximation dont la qualité dépend du pas, jamais une preuve : ici l'erreur n'est que de $2$ m² sur $200$, ce qui est trompeusement rassurant, alors que l'abscisse trouvée est fausse d'un mètre entier.

5) On part de $0$ et l'on avance de $0{,}1$ tant que l'aire reste insuffisante, ce qui donne la fonction suivante, où la condition de la boucle est la NÉGATION de la propriété cherchée : $\mathtt{def seuil(A):}$ puis $\mathtt{x = 0}$, puis $\mathtt{while aire(x) < A:}$ avec pour corps $\mathtt{x = x + 0.1}$, et enfin $\mathtt{return x}$. Le principe est celui de toute recherche de seuil : on sort de la boucle exactement au premier $\mathtt{x}$ qui vérifie $\mathtt{aire(x) >= A}$, et c'est cette valeur que l'on renvoie.