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Sujet spécimen 2020-1 - Spécialité mathématiques - Corrigé
Corrigé bac

ÉPREUVES COMMUNES DE CONTRÔLE CONTINU

Classe : Première

Enseignement : Spécialité « Mathématiques »

Durée de l’épreuve : 2 heures

Calculatrice autorisée.

SUJET 2020 – SPÉCIMEN 1 – CORRIGÉ

Exercice 1 (5 points)

Question 1

L’énoncé donne directement :

u1=1u2=2u3=4\begin{aligned} u1&=\boxed 1 \ u2&= \boxed 2 \ u_3&=\boxed 4 \end{aligned}

Et, puisque le nombre de grains double entre la case 33 et la case 44, puis entre la case 44 et la case 55 :

u4=2u3=2×4=8u5=2u4=2×8=16\begin{aligned} u4&=2u3=2\times 4=\boxed 8 \ u5&=2u4=2\times 8=\boxed{16} \end{aligned}

Question 2

De manière générale, le nombre de grains entre une case nn et la suivante n+1n+1 double ; nous avons donc, pour tout entier naturel nn non nul :

un+1=2un\boxed{u{n+1}=2un}

Question 3

Dans l’expression de la question 2, nous reconnaissons celle d’une suite géométrique, de raison q=2q=2 et de premier terme u1=1u_1=1.

  • Nous avons donc, pour tout entier naturel nn non nul :

un=u1×qn1=1×2n1=2n1\begin{aligned} un&=u1\times q^{n-1} \ &=1\times 2^{n-1} \ &= \boxed{2^{n-1}} \end{aligned}

Question 4

Le nombre de grains de riz disposés sur le plateau pour satisfaire à la demande du vieux sage est égal à la somme S64S_{64} de l’ensemble des grains de riz présents sur les 6464 cases.

  • D’après la propriété sur la somme des termes consécutifs des termes d’une suite géométrique de raison qq et de premier terme u1u_1, nous avons :

S64=u1+u2++u63+u6464 termes=u1×1q641q=1×126412=264\begin{aligned} S{64}&=\overbrace{u1+u2+…+u{63}+u{64}}^{\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{$64$ termes}}}} \ &=u1\times \dfrac {1-q^{64}}{1-q} \ &=1\times \dfrac{1-2^{64}}{1-2} \ &=\boxed{2^{64}} \end{aligned}

Question 5

Ce que l’on souhaite, c’est, tant que le nombre de grains présents sur le plateau (variable somme\text{somme}) n’atteint pas le nombre RR (entré en paramètre de la fonction), y ajouter le nombre de grains correspondant à la case suivante (nouvelle valeur de la variable uu).

  • Nous complétons donc ainsi l’algorithme :

1def nbcase(R):2case = 13= 14somme = u5while somme < R:6¨C11C= 2 * u7¨C12C¨C13C¨C14Csomme = somme + u8¨C15C¨C16C¨C17Ccase = case + 19¨C18C¨C19Creturn case\begin{aligned} \textcolor{#A9A9A9}{\text{1}}&\quad\text{\green{def} \blue{nb\textunderscore case}(R):} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{2}}&\quad\qquad\text{case \purple = \green 1} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{3}}&\quad\qquad\text{u \purple = \green 1} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{4}}&\quad\qquad \text{somme \purple = u} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{5}}&\quad\qquad \text{\green{while} somme \red{< R}:} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{6}}&\quad\qquad\qquad\text{u \purple = \red{2 * u}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{7}}&\quad\qquad\qquad\text{somme \purple = \red{somme + u}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{8}}&\quad\qquad\qquad\text{case \purple = case \purple + \green 1} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{9}}&\quad \qquad\text{\green{return} case} \end{aligned}case(R):case = 1= 1somme = uwhile somme < R:= 2 * usomme = somme + ucase = case + 1return case

Exercice 2 (5 points)

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Astuce

Dans un exercice de probabilité, il est important de traduire en termes mathématiques les données de l’énoncé, ce que l’on peut faire sur une feuille de brouillon.

Il y a au total 6+4=106+4=10 jetons.

Il y a 1+3=41+3=4 jetons marqués « gagnant ».

  • Donc : P(G)=410=25P(G)=\frac 4{10}=\frac 25.

Il y a 66 jetons rouges.

  • Donc : P(R)=610=35P(R)=\frac 6{10}=\frac 35.

Parmi ces 66 jetons rouges, 11 est marqué « gagnant ».

  • Dpnc : PR(G)=16P_R(G)=\frac 16.

Il y a 44 jetons verts.

  • Donc : P(V)=410=25P(V)=\frac 4{10}=\frac 25.
  • On peut aussi écrire, puisqu’on remarque que l’événement VV est le contraire de l’événement RR :

P(V)=P(R)=1P(R)=135=25\begin{aligned} P(V)&=P(\overline R) \ &=1-P(R) \ &=1-\dfrac 35 \ &=\dfrac 25 \end{aligned}

Parmi ces 44 jetons verts, 33 sont marqués « gagnant ».

  • Donc : PV(G)=34P_V(G)=\frac 34.

Question 1

Nous avons en brouillon noté les probabilités données directement par l’énoncé. Nous les reportons donc sur les branches concernées et complétons l’arbre avec les probabilités des événements contraires :

Alt mathématiques première corrigé sujet spécimen

Question 2

L’événement « le jeton tiré est un jeton vert et marqué gagnant » correspond à : P(VG)P(V\cap G).

  • En nous appuyant sur l’arbre pondéré :

P(VG)=P(V)×PV(G)=25×34=310\begin{aligned} P(V\cap G)&=P(V)\times P_V(G) \ &=\dfrac 25\times \dfrac 34 \ &=\boxed{\dfrac 3{10}} \end{aligned}

Question 3

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Astuce

Nous l’avons déduit au brouillon en préambule. Mais, ici, est attendue une application plus mathématique du cours. Nous pourrons ainsi vérifier que les résultats sont identiques et correspondent à celui de la question.

RGR\cap G et VGV\cap G forment une partition de GG.

  • Donc, d’après la formule des probabilités totales :

P(G)=P(RG)+P(VG)=P(R)×PR(G)+310=35×16+310=110+310=410=25\begin{aligned} P(G)&=P(R\cap G)+P(V\cap G) \ &=P(R)\times P_R(G)+\dfrac 3{10} \ &=\dfrac 35\times \dfrac 16+\dfrac 3{10} \ &=\dfrac 1{10}+\dfrac 3{10} \ &=\dfrac 4{10} \ &=\dfrac 25 \end{aligned}

  • Nous trouvons bien :

P(G)=25\boxed{P(G) =\dfrac 25}

Question 4

La probabilité cherchée, c’est : PG(R)P_G(R).

  • En utilisant la définition des probabilités conditionnelles :

PG(R)=P(GR)P(G)=11025 [d’apreˋs les reˊsultats preˊceˊdents]=14\begin{aligned} P_G(R)&=\dfrac{P(G\cap R)}{P(G)} \ &=\dfrac{\frac 1{10}}{\frac 25} \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [d’après les résultats précédents]}}} \ &=\boxed{\dfrac 14} \end{aligned}

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Astuce

Nous pouvons vérifier notre résultat intuitivement. En effet, il y a d’après l’énoncé 1+3=41+3=4 jetons gagnants, et 11 seul jeton rouge est gagnant.

  • Parmi les 44 jetons gagnants, il y a 11 rouge.

Question 5

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Attention

Il s’agit ici d’un tirage simultané, et non successif sans remise. Nous ne pouvons nous contenter d’écrire que la probabilité recherchée est égale à : 410×39=215\frac 4{10}\times \frac 39=\frac 2{15}.
Nous trouverons un résultat identique, comme nous allons le voir, mais le raisonnement est différent.

Ici, nous ne nous intéressons qu’au fait que le jeton soit marqué « gagnant » ou non, nous ne tenons plus compte de la couleur.

  • Il y a 44 jetons marqués « gagnant », que nous différencions en les notant : G1G1, G2G2, G3G3, G4G4.
  • Puisqu’il y a au total 1010 jetons, il reste donc 66 jetons perdants, que nous différencions aussi : P1P1, P2P2, P3P3, P4P4, P5P5, P6P6.

Nous tirons simultanément 22 jetons. Nous allons recenser l’ensemble des tirages possibles, pour avoir le nombre d’issues de l’univers de l’expérience aléatoire.
Remarquons que, le tirage étant simultané, l’ordre ne compte pas, c’est-à-dire que, par exemple, tirer P1P1 et P2P2, c’est la même chose que tirer P2P2 et P1P1.

33 cas peuvent se présenter.

  • Cas 1 : « les deux jetons sont perdants »

Le tableau suivant recense les issues qui réalisent cet événement :

  • les cases en jaune clair sont laissées vides car il s’agit de doublons des cases en jaune foncé ;
  • on ne peut évidemment pas avoir deux fois le même jeton (cases grises).

P1P1 P2P2 P3P3 P4P4 P5P5 P6P6
P1P1 P1P1 et P2P2 P1P1 et P3P3 P1P1 et P4P4 P1P1 et P5P5 P1P1 et P6P6
P2P2 P2P2 et P3P3 P2P2 et P4P4 P2P2 et P5P5 P2P2 et P6P6
P3P3 P3P3 et P4P4 P3P3 et P5P5 P3P3 et P6P6
P4P4 P4P4 et P5P5 P4P4 et P6P6
P5P5 P5P5 et P6P6
P6P6
  • 1515 issues réalisent l’événement : « les deux jetons sont perdants ».
  • Cas 2 : « les deux jetons sont gagnants »

De la même façon que pour le cas 1 :

G1G1 G2G2 G3G3 G4G4
G1G1 G1G1 et G2G2 G1G1 et G3G3 G1G1 et G4G4
G2G2 G2G2 et G3G3 G3G3 et G4G4
G3G3 G3G3 et G4G4
G4G4
  • 66 issues réalisent l’événement : « les deux jetons sont gagnants ».
  • Cas 3 : « un jeton est gagnant, l’autre est perdant »

Toujours selon la même logique :

P1P1 P2P2 P3P3 P4P4 P5P5 P6P6
G1G1 G1G1 et P1P1 G1G1 et P2P2 G1G1 et P3P3 G1G1 et P4P4 G1G1 et P5P5 G1G1 et P6P6
G2G2 G2G2 et P1P1 G2G2 et P2P2 G2G2 et P3P3 G2G2 et P4P4 G2G2 et P5P5 G2G2 et P6P6
G3G3 G3G3 et P1P1 G3G3 et P2P2 G3G3 et P3P3 G3G3 et P4P4 G3G3 et P5P5 G3G3 et P6P6
G4G4 G4G4 et P1P1 G4G4 et P2P2 G4G4 et P3P3 G4G4 et P4P4 G4G4 et P5P5 G4G4 et P6P6
  • 2424 issues réalisent l’événement : « un jeton est gagnant, l’autre est perdant ».
  • Conclusion
  • Nous venons de voir qu’il y avait au total 15+6+24=4515+6+24=45 tirages (ou issues) possibles, chacun avec la même probabilité de se réaliser.
  • Nous avons aussi vu que l’événement « les deux jetons sont gagnants » est réalisé par 66 tirages.
  • La probabilité cherchée est donc :

645=215\dfrac 6{45}=\boxed{\dfrac 2{15}}

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Astuce

Nous découvrirons en terminale des formules pour calculer cette probabilité de manière plus directe et rapide. Certains l’ont peut-être déjà vue, nous donnons donc très rapidement la méthode.

  • Le nombre de tirages différents possibles correspond au nombre de combinaisons de 22 éléments d’un ensemble de 1010 éléments, soit :

(102)=45\begin{pmatrix} 10 \ 2 \end{pmatrix}=45

  • Le nombre de tirages qui comportent 22 jetons gagnants correspond au nombre de combinaisons de 22 éléments d’un ensemble de 44 éléments, soit :

(42)=6\begin{pmatrix} 4 \ 2 \end{pmatrix}=6

  • Comme il y a équiprobabilité, la probabilité recherchée est égale à :

Nombre de tirages comportant 2 jetons gagnantsNombre de tirages total=645=215\dfrac{\text{Nombre de tirages comportant 22 jetons gagnants}}{\text{Nombre de tirages total}}=\dfrac 6{45}=\dfrac 2{15}

Exercice 3 (5 points)

Question 1

Comme fonction polynôme, ff est dérivable sur R\mathbb R et, pour tout xx réel :

f(x)=3x2+7×2x+11×1=3x2+14x+11\begin{aligned} f^{\prime}(x)&=3x^2+7\times 2x+11\times 1 \ &=\boxed{3x^2+14x+11} \end{aligned}

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Astuce

Dans la question suivante, il nous est demandé d’étudier le signe d’une expression. Nous pouvons nous douter qu’il s’agit de l’expression de f(x)f^{\prime}(x) et ainsi vérifier notre résultat.

Question 2

ff^{\prime} est un trinôme du second degré. Calculons son discriminant Δ\Delta :

Δ=1424×3×11=64=82\begin{aligned} \Delta&=14^2-4\times 3\times 11 \ &=64 \ &=8^2 \end{aligned}

ff^{\prime} admet donc $2$ racines distinctes x1x1 et x2x2 :

x1=1482×3=226=113x1=14+82×3=66=1\begin{aligned} x1&=\dfrac{-14-8}{2\times 3} \ &=-\dfrac {22}6 \ &=-\dfrac {11}3 \ \ x1&=\dfrac{-14+8}{2\times 3} \ &=-\dfrac 66 \ &=-1 \end{aligned}

Le coefficient du terme de second degré est 33.
Nous savons alors que :

  • f(x)f^{\prime}(x) est du signe de 33, donc strictement positif, sur ] ;x1[ =] ;113[]-\infty\ ;\, x1[\ =\,\left]-\infty\ ;\,-\frac {11}3 \right[
    et sur ]x2 ;+[ = ]1 ;+[]x
    2\ ;\, +\infty[\ =\ ]-1\ ;\, +\infty [ ;
  • f(x)f^{\prime}(x) est du signe de 3-3, donc strictement négatif, sur ]x1 ;x2[ = ]113 ;1[]x1\ ;\, x2[\ =\ \left]-\frac {11}3\ ;\, -1 \right[.

Donnons le tableau de signes de f(x)=3x2+14x+11f^{\prime}(x)=3x^2+14x+11 :

Alt mathématiques première corrigé sujet spécimen

  • La solution dans R\mathbb R de l’inéquation 3x2+14x+11>0f(x)>03x^2+14x+11 > 0\Leftrightarrow f^{\prime}(x) > 0 est donc :

S=] ;113[ ]1 ;+[\boxed{S=\left]-\infty\ ;\,-\dfrac {11}3 \right[ \cup\ ]-1\ ;\, +\infty [}

ff^{\prime} s’annule en 113-\frac {11}3 et en 1-1, en changeant de signe. ff atteint donc des extremums en 113-\frac {11}3 et en 1-1, que nous calculons :

f(113)=(113)3+7×(113)2+11×(113)19=133127+8479121319=1331+2541108951927=3922714,519f(1)=(1)3+7×(1)2+11×(1)19=24\begin{aligned} f\left(-\frac {11}3\right)&=\left(-\dfrac{11}3 \right)^3+7\times \left( -\dfrac {11}3\right)^2 +11\times \left( -\dfrac {11}3\right) -19 \ &=-\dfrac{1\,331}{27}+\dfrac{847}9-\dfrac{121}3-19 \ &=\dfrac{-1\,331+2\,541-1\,089-519}{27} \ &=-\dfrac{392}{27} \approx -14,519 \ \ f(-1)&=(-1)^3+7\times (-1)^2+11\times (-1)-19 \ &=-24 \end{aligned}

  • Nous pouvons maintenant tracer le tableau de variations de ff :

Alt mathématiques première corrigé sujet spécimen

Question 3

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Rappel

Si ff est dérivable en aa, alors l’équation de la tangente à la courbe représentative de ff au point d’abscisse aa est donnée par :

y=f(a)(xa)+f(a)y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)

ff est dérivable en 00, donc l’équation réduite de la tangente à C\mathcal C au point d’abscisse 00 est :

y=f(0)(x0)+f(0)y=f^{\prime}(0)(x-0)+f(0)

Calculons f(0)f^{\prime}(0) et f(0)f(0) :

f(0)=3×02+14×0+11=11f(0)=03+7×02+11×019=19\begin{aligned} f^{\prime}(0)&=3\times 0^2+14\times 0+11 \ &=11 \ f(0)&=0^3+7\times 0^2+11\times 0-19 \ &=-19 \end{aligned}

  • L’équation de la tangente à C\mathcal C est ainsi :

y=11x19\boxed{y=11x-19}

Question 4

Nous avons bien :

13+7×12+11×119=1+7+1119=0\begin{aligned} 1^3+7\times 1^2+11\times 1-19&=1+7+11-19 \ &=0 \end{aligned}

  • Donc, f(1)=0f(1)=0 : ff s’annule en 11.

Développons :

(x1)(x2+8x+19)=x3+8x2+19xx28x19=x3+7x2+11x19=f(x)\begin{aligned} (x - 1)(x^2 + 8x + 19)&=x^3+8x^2+19x-x^2-8x-19 \ &=x^3+7x^2+11x-19 \ &=f(x) \end{aligned}

  • Là aussi, nous avons bien, pour tout xx réel :

f(x)=(x1)(x2+8x+19)\boxed{f(x)=(x-1)(x^2+8x+19)}

Question 5

  • Étudions pour commencer le signe du trinôme : x2+8x+19x^2+8x+19, et calculons son discriminant Δ\Delta^{\prime} :

Δ=824×1×19=12<0\begin{aligned} \Delta^{\prime}&=8^2-4\times 1\times 19 \ &=-12 \ &< 0 \end{aligned}

Le trinôme n’admet pas de racines sur R\mathbb R. Et il est du signe du coefficient du terme de second degré : 11, donc strictement positif sur R\mathbb R.

  • f(x)f(x) sera du signe de x1x-1.
  • Étudions donc le signe de x1x-1 :

x1<0x<1x1=0x=1x1>0x>1\begin{aligned} x-1 < 0 &\Leftrightarrow x < 1 \ x-1=0&\Leftrightarrow x=1 \ x-1 > 0 &\Leftrightarrow x > 1 \end{aligned}

  • On peut maintenant dresser le tableau de signes de ff sur R\mathbb R :

Alt mathématiques première corrigé sujet spécimen

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Astuce

Comme toujours, quand vous étudiez une fonction, n’hésitez pas à tracer sa courbe représentative avec votre calculatrice.

  • Cela vous permettra de vérifier la cohérence de vos résultats.

Alt mathématiques première corrigé sujet spécimen

Exercice 4 (5 points)

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Astuce

Même si aucune figure n’est demandée, n’hésitez pas si vous le pouvez à représenter, rapidement au brouillon, les éléments au fur et à mesure.

  • Vous pourrez ainsi mieux visualiser les choses.

Question 1

Montrons que les coordonnées de AA et BB vérifient l’équation donnée :

Point A : 3+3×16=0Point B : 3+3×36=0\begin{aligned} \textcolor{#A9A9A9}{\text{Point AA\ :\ }} 3+3\times 1-6&=0 \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Point BB\ :\ }} -3+3\times 3-6&=0 \end{aligned}

Les coordonnées de $A$ et $B$ vérifient l’équation x+3y6=0x + 3y - 6 = 0.

  • C’est donc bien une équation cartésienne de la droite (AB)(AB).

Question 2

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Rappel

Soit D\mathcal D une droite d’équation cartésienne ax+by+c=0ax+by+c=0 (aa, bb, cc réels).

  • Un vecteur directeur de D\mathcal D est :

u(ba)\vec u\begin{pmatrix} -b \ a \end{pmatrix}

  • Un vecteur normal de D\mathcal D est :

n(ab)\vec n\begin{pmatrix} a \ b \end{pmatrix}

La droite dd est perpendiculaire à (AB)(AB). Un vecteur directeur de dd sera donc un vecteur normal à (AB)(AB), dont nous avons donné une équation cartésienne. Nous en déduisons donc les coordonnées d’un vecteur normal à (AB)(AB) :

n(13)\vec n \begin{pmatrix} 1 \ 3 \end{pmatrix}

n\vec n étant un vecteur directeur de dd, une équation cartésienne de dd est :

3x+y+c=0-3x+y+c=0

Déterminons cc avec les coordonnées de CC, qui appartient à dd :

3×2+4+c=0c=2-3\times 2+4+c=0\Leftrightarrow c=2

  • Une équation cartésienne de dd est donc :

3x+y+2=0\boxed{-3x+y+2=0}

Question 3

Puisque dd est perpendiculaire à (AB)(AB) et qu’elle passe par CC, le projeté orthogonal KK de CC sur (AB)(AB) est le point d’intersection de dd et (AB)(AB). Les coordonnées de KK vérifient donc les équations cartésiennes de dd et (AB)(AB).
Nous allons donc résoudre (par substitution) le système :

{x+3y6=03x+y+2=0{x=3y+63(3y+6)+y+2=0{x=3y+69y18+y+2=0{x=3y+610y=16{x=3×85+6y=85{x=65y=85\begin{aligned} \begin{cases} x+3y-6=0 \ -3x+y+2=0 \end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3y+6 \ -3(-3y+6)+y+2=0 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3y+6 \ 9y-18+y+2=0 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3y+6 \ 10y=16 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=-3\times \frac 85+6 \ y=\frac 85 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=\frac 65 \ y=\frac 85 \end{cases} \ \end{aligned}

  • Ainsi, KK a pour coordonnées :

(65 ;85)\boxed{\left(\dfrac 65\ ;\, \dfrac 85\right)}

Question 4

Nous travaillons dans le repère orthonormé (O ;ı,ȷ)(O\ ;\,\vec \imath,\,\vec \jmath\,). Donc :

AB=(xBxA)2+(yByA)2=(33)2+(31)2=36+4=40=210\begin{aligned} AB&=\sqrt{(xB-xA)^2+(yB-yA)^2} \ &=\sqrt{(-3-3)^2+(3-1)^2} \ &=\sqrt{36+4} \ &=\sqrt{40} \ &=\boxed{2\sqrt{10}} \end{aligned}

MM, milieu de [AB][AB], a pour coordonnées : (xA+xB2 ;yA+yB2)\left(\frac{xA+xB}2\ ;\, \frac {yA+yB}2\right) :

xM=332=0yM=1+32=2\begin{aligned} xM&=\dfrac {3-3}2=0 \ yM&=\dfrac {1+3}2=2 \end{aligned}

  • MM a ainsi pour coordonnées : (0 ;2)\boxed{(0\ ;\, 2)}.

Question 5

Le cercle de diamètre [AB][AB] a pour centre le milieu de [AB][AB], soit M(0 ;2)M\,(0\ ;\, 2).
Il a pour rayon :

R=AB2=2102=10\begin{aligned} R&=\dfrac {AB}2 \ &=\dfrac{2\sqrt{10}}2 \ &=\sqrt{10} \end{aligned}

Nous savons qu’une équation de ce cercle est :

(xxM)2+(yyM)2=R2(x-xM)^2+(y-yM)^2=R^2

  • Nous trouvons donc qu’une équation du cercle de diamètre [AB][AB] est :

(x0)2+(y2)2=102Soit : x2+(y2)2=10\begin{aligned} &(x-0)^2 +(y-2)^2= \sqrt{10}^2 \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{Soit\ :\ }} &\boxed {x^2+(y-2)^2=10} \end{aligned}

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Astuce

Nous donnons, pour information, la figure récapitulant l’ensemble des éléments et pouvons vérifier que nos résultats sont cohérents :

Alt texte