3 l’équivalence en géométrie et en algèbreaprès discussion, il apparaît que la formule...

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L’équivalence en géométrie et en algèbre3

La contribution dela nature

1re partieLa forme optimale est le huitième de sphère dans le coindu cube.Il faut d’abord calculer l’aire des exemples de pelliculeprésentés dans le manuel.L’aire de la surface de la pellicule de savon pourle prisme à base carrée

Sachant que le cube a des arêtes de 10 cm de long la pellicule de savon est un carré de 10 cm de côté.Son aire est donc de 100 cm2.

L’aire de la surface de la pellicule de savon pourle prisme à base triangulaire

Sachant que l’espace occupé par le prisme est de 100 cm3

et que sa hauteur est de 10 cm, on conclut que l’aire desa base triangulaire est de 10 cm2. Ce triangle à la basedu prisme est rectangle et isocèle, car le triangle rectangleisocèle est le triangle rectangle de 10 cm2 ayant la pluspetite hypoténuse, ce qui permettra d’avoir une aireminimale pour la pellicule de savon.On peut déterminer la mesure de l’hypoténuse du trianglerectangle à la base du prisme, sachant que x est la mesured’une cathète et c, celle de l’hypoténuse :

� 10x 2 � 20x � ��20

On trouve l’hypoténuse ainsi :c 2 � x 2 � x 2

c 2 � 20 � 202 c � ��40L’hypoténuse du triangle rectangle à la base du prismemesure ��40 cm.On calcule ensuite l’aire de la surface de lapellicule de savon :Aire � L � l � 10 � ��40 � 63,25Dans le cas du prisme à base triangulaire, l’aire dela pellicule de savon est de 63,25 cm2.

L’aire de la surface de la pellicule de savon pourla demi-sphèreOn détermine d’abord le rayon de la demi-sphère, sachantqu’elle occupe un espace de 100 cm3.

x � x2

7sAÉV �

100 �

� r 3

r � 3,63Ensuite, on détermine l’aire de la demi-sphère.A �

A �

A � 82,79 cm2

Validation de la conjectureOn peut valider la conjecture de départ (le huitième de sphèredans le coin du cube) en comparant l’aire de la pelliculede savon ainsi produite avec celle des formes données dansles exemples.On détermine d’abord le rayon du huitième de sphère, sachantque la sphère occupe un espace de 100 cm3.

V � �

100 �

� r 3

r � 5,76Ensuite, on détermine l’aire du quart de sphère :

A �

A �

A � 52,11Dans ce cas, l’aire de la pellicule de savon est de 52,11 cm2,ce qui fait qu’elle est plus petite que celle des cas donnésen exemple. La conjecture de départ est donc valable.2e partieSi l’espace délimité était de 200 cm3, le huitième de sphèrene serait pas, cette fois-ci, la forme offrant la meilleuresolution. En effet, l’aire de la pellicule de savon serait alorsde 82,69 cm2, contrairement à celle d’un quart decylindre, qui serait plus petite :

V � A � � 10

200 � et A � 5π(5,05)

� r 2 A � 79,33r � 5,05

Dans ce cas, l’aire de la pellicule de savon serait de 79,33 cm2.

80010π

πr 2 � 104

2πr4

πr 2 � h4

4π(5,76)2

8

4πr 2

8

24004π

4πr 3

24

4πr 3

318

4π(3,63)2

2

4πr 2

2

6004π

4πr 3

6

4πr 3

6

Vision 3 ■ Ressources supplémentaires • Corrigé du manuel – Vol. 1 © 2009, Les Éditions CEC inc. • Reproduction autorisée5454

De l’ingéniosité en réserveOn s’intéresse ici au cas du réservoir en forme de U.

1. La capacité du réservoirSoit c, la capacité de ce réservoir.On peut déterminer une expression pour la capacité dece réservoir en le décomposant en trois : deux prismes àbase carrée de (a � 2x) de côté et de hauteur (2a � 2x),et un prisme à base carrée de (a � 2x) de côtéet de hauteur (a � 2x).c � 2(a � 2x)2(2a � 2x) � (a � 2x)2(a � 2x)c � (a � 2x)2(2(2a � 2x) � (a � 2x))c � (a � 2x)2(4a � 4x � a � 2x)c � (a � 2x)2(5a � 2x)

2. Le volume de la paroi du réservoirPour déterminer le volume de la paroi, on soustraitla capacité du réservoir du volume total du réservoir.Dans ce cas-ci, le volume total est 5 fois le volumed’un cube d’arête a.V � 5a3 � (a � 2x)2(5a � 2x)D’où V � 22a2x � 28ax 2 � 8x 3

D’ou V � 2x(11a2 � 14ax � 4x 2).3. Le rapport entre la capacité du réservoir en U

et celle du réservoir cubique

�

�

Après discussion, il apparaît que la formule suivante permetd’exprimer le rapport entre la capacité du réservoir en Uet celle du réservoir cubique.

� 5 �

On peut démontrer que les deux expressions algébriquessont équivalentes en divisant 5a � 2x par a � 2x.On obtient un quotient de 5 et un reste de 8x.

On a donc � 5 � .8xa � 2x

5a � 2xa � 2x

8xa � 2x

cccube

5a � 2xa � 2x

cccube

(a � 2x)2(5a � 2x)(a � 2x)3

cccube

2a

3a

a

a

a

a

a � 2x

a � 2xa � 2x

8sAÉ Socle en bétonChoix entre le prisme à base carrée et le cylindrecirculaireLe prisme à base carrée est préférable, comme le démontrentles calculs suivants.Dans les deux cas, la base du prisme doit avoir une airede 6,25 m2, soit 12,5 � 2.Dans chacune des formes, la variable x représente la distance(en mètres) entre les points d’ancrage et le bord du socle.

Étude de la situation si l’aire de la base est plusgrande que 6,25 m2.Soit A, l’aire de la base (en m2). On a les deux équationssuivantes.Pour la base carrée : (2x � 1)2 � A

Pour la base circulaire : π�x � �2� A��2

2

9sAÉ

Prisme à base carrée

La situation peut être représentée par l’équation (2x � 1)2 � 6,25.

La résolution donne x � ,

ce qui équivaut à x � 0,75ou x � –1,75.On rejette la solution négative, car x 0.Donc, x � 0,75.

–1 � ��6,252

1 m x

Cylindre circulaire

La mesure de la moitié de la diagonale

du carré est de m, soit � ��12 � 12.

L’équation est π�x � �2� 6,25.

La résolution donne x � – � .On ne garde que la solution positive,

soit x � – � � 0,70.6,25π��2

2

6,25π��2

2

��22

12

��22

1 mx


En répétant le raisonnement ci-dessus, on trouve la valeur de x

pour un prisme à base carrée, soit , alors que la valeur

de x pour un cylindre circulaire est – � .En inscrivant ces deux formules dans un tableur, on peutcalculer la valeur de x pour différentes valeurs de A.On constate alors que le prisme est préférable si l’airede la base est inférieure à 10,5 m2 environ, alors quec’est plutôt le cylindre qui est préférable si l’aire de la basedépasse cette valeur.Forme optimale pour une base de 6,25 m2

Un cylindre non circulaire dont la base aurait la forme ci-contre est préférable au prisme à base carrée.

Détermination de la valeur de x pour cette formeOn a l’équation suivante : πx 2 � 4x � 1 � 6,25.On peut résoudre cette équation par la complétion du carré :

x 2 � x � (en soustrayant 1 et en divisant par π)

x 2 � x � � �2� � � �2

�x � �2�

x � � ±

x � – � �

Encore une fois, il ne faut retenir que la solution positive,

soit x � � 0,80.

Plan du socle

Réactivation 1

a. m

b. Zone arrière : m3 Zone avant : m3

c. de la boîte.14

��2 � 12

2 � ��22

��22

Page 130

3RÉVISION

0,80 m

0,80 m

1 m2 m

2,60 m

–2 � ��5,25π � 4π

–2 � ��5,25π � 4π

5,25π � 4π22

π

5,25π � 4π22

π

5,25π � 4π2

2π

2π

5,25π

2π

4π

5,25π

4π

1 m xx

Aπ��2

2

–1 � ��A2

Réactivation 2

a. 100a � 10b � c

b. 100c � 10b � a

c. (100a � 10b � c ) � (100c � 10b � a)� 100a � 10b � c � 100c � 10b � a� 99a � 99c� 99(a � c ). Cette expression représente un multiple de 99.

d. Soit n, le nombre obtenu au départ.n � 1 représente le nombre entier qui précède et n � 1,le nombre entier qui suit.(n � 1)2 � (n � 1)2

� (n 2 � 2n � 1) � (n 2 � 2n � 1)� 4nLa magicienne n’a donc qu’à diviser le nombre donné parle spectateur par 4 afin de connaître le numéro du jeton.

Mise à jour

1. a) 31,25 cm2 b) 3��3 cm c) 5��13 cm

2. Prisme à base carrée : 1000 cm2.Cylindre : 200(1 � 2��π ) cm2 ou, au centième près,908,98 cm2.Boule : 4π� � cm2 ou, au centième près, 767,66 cm2.

3. a) 8n � 2 b) 6n 2 � 8c) 4a 3 � 3a 2 � a � 5 d) 14a 3 � 12a 2 � 6a � 12e) –80 f ) 3x 2 � �

g) 4b 2 � 7b � 5 � h) 6x 2 � x � 35

4. a) Plusieurs réponses possibles. Exemple :Première expression : Le rectangle que forment les dallesbrunes a n � 2 dalles sur la longueur et n � 4 dallessur la largeur. On obtient donc l’expression (n � 2)(n � 4) pour le nombre de dalles brunes.Deuxième expression : Le patio comprend n 2 dallesau total. On peut compter le nombre de dalles brunesen enlevant les quatre rangées de dalles blanches,soit 4n dalles, et les dalles blanches qui se trouvent surla largeur du rectangle de dalles brunes,soit 2(n � 4) dalles. On obtient donc l’expressionn 2 � 4n � 2(n � 4) pour le nombre de dalles brunes.Troisième expression : Le patio comprend n 2 dallesau total. On peut compter le nombre de dalles brunesen enlevant les quatre rangées de dalles blanches,soit 4n dalles, et les deux colonnes de dalles blanches,soit 2n dalles. Puisque les huit dalles des coins ont étéenlevées à la fois dans les rangées et dans les colonnes,il faut les ajouter une fois. On obtient donc l’expressionn 2 � 4n � 2n � 8 pour le nombre de dalles brunes.

b) Plusieurs réponses possibles, selon les expressionstrouvées en a). Exemple :On peut montrer que toutes les expressions équivalentà n 2 � 6n � 8.

2b

125x

4x5

231500

π

Page 134

Page 131

Mise à jour (suite)

5. a) 100x 50a50(b � c ) 5y 2 � 100y � 500

b) 400 mLc) 1) 281,25 mL 2) 180 mL 3) 61,25 mL

6. a) x � 2 b) x � 10 c) x � 2,08

7. a) 4(x 2 � 3) b) 2x(4x � 3)c) 3(x 3 � 2x � 3) d) –4a(3a 2 � 2a � 1)

8. a) Parce qu’en découpant un carré de 64 cm2 d’aireet en juxtaposant les morceaux, le magicien sembleavoir construit un rectangle ayant une aire de 65 cm2,alors que l’aire d’une figure devrait être préservéemalgré le découpage.

b) Plusieurs explications possibles. Exemple :Les quatre morceaux du carré ne remplissent pastotalement la région intérieure du rectangle. Ce quisemble être la diagonale du rectangle n’en est pas uneen réalité. Il y a une mince surface vide ayant la formed’un quadrilatère très étiré de 1 cm2 d’aire entre,d’une part, les morceaux jaune et bleu et, d’autre part,les morceaux rouge et violet. On explique ce tour parle fait que les côtés AB et BC des morceaux jauneet bleu ne sont pas alignés.

En effet, s’ils étaient alignés, on aurait m AB� � m BC� � m AC�.Or, par la relation de Pythagore, on peut calculer que m AB� � ��29,m BC� � ��73 et m AC� � ��194. Et ��29 � ��73 ��194. Il en est de même des morceaux rouge et violet,ce qui crée la surface vide.

Les figures équivalentes

Problème

Plusieurs solutions possibles, selon les élèves, mais voici lameilleure solution :Si l’on fait abstraction du contexte, c’est le cercle de 4 km de circonférence (donc ayant un rayon d’environ 0,64 km) qui délimite la plus grande surface, soit une surface d’environ 1,27 km2.

Page 136

3.1section

A

B

C

4321

Page 135 Avec toute autre figure formée, on obtient une aire plus petiteque celle du disque ayant une circonférence de 4 km.Par exemple, aucun rectangle ne peut avoir une aire supérieureà celle de ce disque. À vrai dire, le rectangle de 4 kmde périmètre qui a la plus grande aire est le carré de 1 kmde côté, mais ce carré n’a qu’une aire de 1 km2.En fait, de toutes les lignes fermées équivalentes (c’est-à-direde la même longueur), c’est le cercle qui délimite la régionayant la plus grande aire.Dans le contexte du problème, pour délimiter le plus grandterritoire avec cette corde, il est souhaitable d’exploiter la rive,qui est, en fait, une limite naturelle. Ainsi, Didon pourraitaugmenter davantage l’aire de son territoire en plaçantsa corde de 4 km de manière à former un demi-cercle,comme le montre l’illustration ci-dessous.

Activité 1

a. Plusieurs réponses possibles. Exemple :Les triangles ABD, ABE, ABF, ABG et ABH ont la même aireque le triangle ABC, car ils ont tous la même base etla même hauteur.

b. C’est le triangle équilatéral.Plusieurs justifications possibles. Exemple :On constate que parmi tous les triangles équivalents ayantle côté AB comme base que l’on peut construire en a,celui qui a le plus petit périmètre est le triangle isocèle .En d’autres termes, si un triangle a deux côtésde différentes grandeurs, alors il est possible de réduireson périmètre sans modifier son aire. Le triangle ayantle plus petit périmètre a donc tous ses côtés isométriques.

c. Si l’on superpose les quadrilatères ABCD et ABCD',seules les régions triangulaires ACD et ACD' diffèrent.Mais, comme ces triangles ont la même aire, puisqu’ils ontla même base (le segment AC) et la même hauteur(la distance entre la droite passant par DD' etle segment AC qui lui est parallèle), les quadrilatères ontégalement la même aire.

d. Parce que le triangle ACD' est isocèle ; donc ce trianglea un périmètre plus petit que celui du triangle ACD.Ainsi, le périmètre du quadrilatère ABCD' est inférieurà celui du quadrilatère ABCD.

AB

CF

D E

G H

Page 137

Rive


C � 2πr4 � 2πr A � πr 2

� r A � π� �2

� r A � 1,272π

2π

42π


e. Ce qui précède montre que l’on peut réduire le périmètred’un quadrilatère ayant deux côtés adjacents de différentesgrandeurs sans modifier son aire. Par conséquent,le quadrilatère ayant le plus petit périmètre ne peut pasavoir deux côtés adjacents de différentes grandeurs.C’est donc un losange.

f. On déplace le segment AD parallèlement au segment BC.Le périmètre est plus petit, car m m et m m .

g. C’est le carré.Plusieurs justifications possibles. Exemple :On sait que le quadrilatère ayant le plus petit périmètre estun losange et en f ), on a montré que l’on peut réduirele périmètre d’un losange quelconque en le transformanten rectangle. Par conséquent, le quadrilatère ayant le pluspetit périmètre est un losange qui est égalementun rectangle , c’est-à-dire un carré.

Activité 1 (suite)

h. Plusieurs réponses possibles. Exemple :Figure d’Anis

Figure de Charlotte

Figure de Guillaume (par découpage)x2

x2

x

x

x

x

h

x2

hx

x

h � x2

Réflexion

Rotation

Page 138

A

B C

DA'

B C

D'

DCD'CABA'B

Périmètre de la figure de Guillaume : 5x.Périmètre de la nouvelle figure: 3x � 2h.Comme 2h 2x, alors 3x � 2h 5x.Le périmètre de la nouvelle figure est donc plus petit.

i. Dans la famille des pentagones équivalents, le pentagonerégulier permet d’obtenir le plus petit périmètre possible.

j. 1) Le pentagone régulier a le plus petit périmètre.2) Le décagone régulier a le plus petit périmètre.

k. Cette surface doit avoir la forme d’un disque. En effet,parmi toutes les figures ayant une aire de 100 m2,c’est le cercle qui a le plus petit périmètre. En fait,dans la famille des polygones équivalents, c’est le polygonerégulier qui a le plus petit périmètre. De plus, parmi tousles polygones réguliers équivalents, c’est le polygone ayantle plus de côtés qui a le plus petit périmètre. À la limite,c’est le cercle équivalent qui a le plus petit périmètre.

Activité 2

a. 1000 cm3

b. 610 cm2

c. Un cube. Le cube est le prisme à base rectangulairede 1000 cm3 de volume qui a la plus petite aire totale.Dans ce cas, les arêtes du prisme (du cube) mesurent toutes10 cm, car 3��1000 � 10. L’aire totale de cette boîte estalors de 600 cm2, car 6 � (10 � 10) � 600.

d. Oui, il existe des prismes équivalents ayant une aire totaleplus petite.Plusieurs justifications possibles. Exemple :Il suffit de prendre un prisme qui a la même hauteur quele cube, mais dont la base est un polygone régulier ayantplus de quatre côtés. Dans ce cas, l’aire de la base serala même que celle d’une face carrée du cube, soit 100 cm2.Par contre, le périmètre de la base sera inférieurau périmètre de cette face carrée qui est de 40 cm,car dans une famille de polygones réguliers équivalents,plus un polygone a de côtés, plus son périmètre est petit.L’aire totale de ce prisme peut être représentée parl’expression 10P � 200, où P est le périmètre de la base.Puisque P 40, on a donc 10P � 200 600.

e. La boule de 1000 cm3 permet d’obtenir une aire totaleencore plus petite, soit une aire totale d’environ 483,6 cm2.

Technomath

a. Ces droites sont parallèles.

b. Peu importe la position du point D sur la droite d2,l’aire du triangle DEF ne change pas.

Page 140

Page 139


c. Le point D doit permettre de former un triangle isocèleoù m � m . Autrement dit, le point D doit se trouverà l’intersection de la droite d2 et de la médiatricedu segment EF.

d. Activité de construction. L’aire de la figure reste inchangée,mais le périmètre diminue au fur et à mesure que le point Ase rapproche de la médiatrice de la diagonale.

Mise au point 3.1

1. Plusieurs réponses possibles. Exemple :a)

b)

c)

2. a) L’aire du rectangle est de 50 cm2.L’aire du triangle équilatéral est de 25��3 cm2,soit environ 43,3 cm2.L’aire du carré est de 56,25 cm2.L’aire du disque délimité par le cercle est de cm2,soit environ 71,62 cm2.On constate donc que les figures ne sont paséquivalentes au rectangle ni équivalentes entre elles.

b) Le périmètre du rectangle est de 30 cm.Le périmètre du triangle équilatéral est d’environ 32,2 cm.Le périmètre du carré est de 20��2 cm, soit environ28,3 cm.Le périmètre du cercle délimitant le disque estde 10��2π cm, soit environ 25,1 cm.Les périmètres obtenus sont différents de celuidu rectangle ABCD. En fait, plus le nombre de côtésdu polygone régulier augmente (de 3 à 4 à l’infini ),plus le périmètre est petit.

3. a) b)

c) d)

225π

Page 143

FDED4. Plusieurs réponses possibles. Exemple :

a) Par découpage. b) Par géométrie dynamique.

c) Par géométrie dynamique.

Mise au point 3.1 (suite)

5. a) L’aire de la sphère est de 4πr 2. La sphère est inscritedans le cylindre. Par conséquent, la hauteur dece cylindre est de 2r et son rayon, de r. Son aire latéraleest donc de 4πr2, ce qui est égal à l’aire de la sphère.

b) Non. Un cube équivalant au cylindre a le même volumeque celui-ci, soit 2πr 3.L’arête de ce cube mesure donc , soit environ1,8r. La mesure de l’arête du cube est donc plus petiteque le diamètre de la sphère, qui est de 2r.

c) Non. L’aire latérale du cube est de 4(2π) r 2, soit environ13,6r 2, tandis que l’aire de la sphère est plus petite, soit4πr 2, ou environ 12,6r 2.

6. a) La figure ayant le plus petit périmètre pouvant êtreconstruite avec le tangram est un carré. Puisquele périmètre doit être de 40 cm, on en déduit quela mesure du côté est de 10 cm.

23

�3 2πr 3

Page 144

p

58

Nom Aire Périmètre (cm2) (cm)

Grand triangle rectangle isocèle 25 10(1 � ��2)Moyen triangle rectangle isocèle 12,5 5(2 � ��2)Petit triangle rectangle isocèle 06,25 5(1 � ��2)Parallélogramme 12,5 5(2 � ��2)Carré 12,5 10��2


b) Le périmètre est de (10 � 20��2) cm, soit environ38,3 cm.

7. a) En découpant la structure le long des pointillés,on obtient quatre prismes dont la base carrée est de16 dm2.

b) Aire du prisme obtenu : 448 dm2.Aire du solide initial : 352 dm2.L’aire du prisme obtenu est plus grande que l’airedu solide initial (de 96 dm2 comparativementà l’aire du solide initial ).


8. a) L’aire de la boule est d’environ 546 cm2.Plusieurs réponses possibles pour le prismeet le cylindre. Exemples :Pour un prisme à base carrée dont la base a une airede 100 cm2 et dont la hauteur est de 12 cm, on trouveune aire de 680 cm2.Pour un cylindre dont la base a une aire de 600 cm2

et dont la hauteur est de 2 cm, on trouve une aired’environ 1374 cm2.Dans le cas des figures choisies, on voit que l’airedu cylindre est plus que le double de celle de la bouleet de celle du prisme à base carrée.

b) Le volume de la boule est d’environ 1382 cm3.Plusieurs réponses possibles pour le prismeet le cylindre. Exemples :Pour un cube dont la mesure de l’arête est de 10 cm,on trouve un volume de 1000 cm3.Pour un cylindre dont la base a une aire de 100 cm2

et dont la hauteur est de cm, on trouve un volumed’environ 1128 cm3.Dans le cas des solides choisis, on voit que le cubea le volume le plus petit pour la même aire et quec’est la boule qui a le plus grand volume.

20��π

Page 145

8 dm

8 dm

6 dm

2 dm

4 dm

4 dm

��(10 2 ) cm

��5 2 cm

��5 2 cm

10 cm

9. a) Les quatre triangles ont la même aire.b) Les quatre triangles sont équivalents, quelles que

soient les dimensions du triangle ABC.Plusieurs argumentations possibles. Exemple :On constate d’abord que les triangles ABC et DICsont deux triangles rectangles qui ont exactementles mêmes dimensions. Ils ont donc la même aire.Pour montrer que les triangles ABC et EFA sontéquivalents, on effectue la suite de transformationsdécrite ci-dessous. On peut procéder ensuite de façonsimilaire pour le triangle BGH.

Une rotation r de –90° Une translation t quiautour du point A. applique le segment

C'A sur le segment AE.

Un déplacement du point B'' parallèlement à la base AE jusqu’au point F.

c) La conjecture resterait vraie.Plusieurs justifications possibles. Exemple :On peut appliquer la même suite de transformationsque celle effectuée précédemment. Par exemple :

On procède de façon similaire pour montrerl’équivalence des autres triangles.

A''

C''B''

A

F

G

H

I

D E

B

C

3

A''

C''B''

tA

F

G

H

I

D E

B

C A'

C'B'

r

A

F

G

H

I

D E

B

C A'

C'B'

r

21

A

F

G

H

I

D E

B

C

A''

B''C''

3

A

F

G

H

I

D E

B

C A'

C'B'

A''

B''C''

t

A

F

G

H

I

D E

B

C A'

C'B'

r

21


10. Ce raisonnement vise à démontrer le théorèmede Pythagore.Étape On présente un triangle rectangle.Étape On construit un carré dont la mesure du côté

est celle de l’hypoténuse du triangle rectangle.On abaisse ensuite la hauteur du trianglerectangle partant de l’angle droit. Cela séparele carré en deux rectangles.

Étape Puisque les côtés des rectangles sontparallèles, on peut faire glisser l’un de cescôtés pour former des figures équivalentes.Les parallélogrammes rouge et bleu sont doncrespectivement équivalents aux rectangles del’étape .

Étape Les parallélogrammes ayant des côtésparallèles, on peut procéder à la mêmeopération qu’à l’étape sans modifier l’airedes figures. On peut ainsi former des carrésdont la mesure du côté correspond à lamesure des cathètes du triangle rectangle.

Étape Par une translation, on peut placer un des côtéde chacun des carrés sur les cathètes dutriangle rectangle initial, montrant ainsi que lasomme des carrés des deux cathètes est égaleau carré de l’hypoténuse.


11. a) Plusieurs réponses possibles. Exemple :

b) Plusieurs réponses possibles. Exemple :Boîte 1 : V � 0,06 m3 Coût � 0,47 $Boîte 2 : V � 0,054 m3 Coût � 0,48 $Boîte 3 : V � 0,063 m3 Coût � 0,48 $En calculant le coût par mètre cube de plumeset de duvet livré pour chacune de ces boîtes,on constate que c’est la boîte 3 qui permetà l’entreprise de payer le moins cher, soit 7,62 $/m3.

11. c) Plusieurs réponses possibles. Exemple :Oui. La boîte cubique maximise le volume pour unemême aire. Cette boîte, dont le coût serait de 0,48 $,

0,35 m

Boîte 3

0,4 m

0,45 m

0,3 m0,6 m0,5 m

Boîte 2Boîte 1

0,2 m

0,4 m 0,45 m

Page 146

5

3

42

3

21

aurait une contenance de 0,064 m3 ; l’entreprisepaierait donc 7,50 $/m3 de plumes et de duvetexpédiés.

12 a)

C’est donc la boule qui a le plus grand volume.b) Non. De tous les solides de même aire totale,

c’est la boule qui a le plus grand volume.


13. a) Chacune des surfaces de réparation doit avoir la formed’un rectangle de 15 m sur 30 m.

b) Chacune des surfaces de réparation aurait la formed’un trapèze isocèle dont la grande base mesurerait40 m et la petite base et les côtés, 20 m.

c) Chacune des surfaces de réparation aurait la formed’un demi-cercle de 19 m de rayon. En reliant les deuxdemi-cercles, on obtient un cercle. On sait que, pour unpérimètre donné, c’est le cercle qui délimite la plusgrande aire.

14. C’est une zone d’essai en forme de cercle qui minimiseraitl’aire de la zone de protection puisque le cercle est laforme qui délimite le plus petit périmètre pour une airedonnée. L’aire à condamner serait alors d’environ 669 m2.

Les expressionsalgébriqueséquivalentes

Problème

Plusieurs réponses possibles, selon la conjecture que les élèveschoisissent d’étudier. Exemple :La somme de deux nombres triangulaires consécutifs estun nombre carré.

Page 148

3.2section

Page 147

0,4 m

0,4 m0,4 m

60

Nom des solides Volume (cm3)Cube 27 000

Cône 26 321

Boule 37 313

Prisme à base rectangulaire 18 000

Cylindre 23 858

Pyramide droite à base carrée 22 045

Volume des différents solides arrondi au cm3


Premièrement, on peut constater que cette conjecture est vraiedans le cas des six premiers nombres triangulaires qui sontprésentés :

1 � 3 � 4 � 22

3 � 6 � 9 � 32

6 � 10 � 16 � 42

10 � 15 � 25 � 52

15 � 21 � 36 � 62

Pour généraliser, on travaillera à partir des nombrestriangulaires n et n � 1.On a déterminé que la valeur du ne nombre triangulaire est : .Pour déterminer l’expression du nombre triangulaire de rang(n � 1), on remplace n par n � 1 dans l’expressionprécédente. On trouve alors que le nombre triangulaire de rang (n � 1) est : .En faisant la somme de ces deux expressions, on peut montrerque la valeur sera un nombre carré.

� � (n � (n � 2))Par une mise en évidence simple de .

� (2n � 2)Par la réduction de termes semblables.

�Par une mise en évidence simple de 2.

� (n � 1)2 Par la simplification.La somme de deux nombres triangulaires consécutifs est doncbel et bien un nombre carré.

Activité 1

x � 2 x 2 � xy2y 2 � 3 x 2 � y 2 � 2y � 2x 2 x 2 � 2x � 4x 2 � y 2 x 3 � 4x

La somme des valeurs de ces expressions évaluées lorsque x � 3et y � 2 est 64, soit 1 � 3 � 5 � 7 � 9 � 11 � 13 � 15.

Activité 2

a. Non. � (15x 2 � 26x � 10 3x � 4� (15x 2 � 20x) 5x � 2� (15x2 � 26x � 1015x � 2� (6x � 8)

� (15x2 � 26x � 12En faisant 5x paquets de (3x � 4) cubes, on utilise(15x 2 � 20x) cubes, soit 5x(3x � 4). Il reste alors(6x � 10) cubes à regrouper, soit (15x 2 � 26x � 10) �

Page 150

87

65

43

21

Page 149

2(n � 1)(n � 1)2

(n � 1)2

(n � 1)2

(n � 1)2

(n � 1)(n � 2)2

n(n � 1)2

(n � 1)(n � 2)2

n(n � 1)2

(15x 2 � 20x). À partir des cubes restants, on peut faire2 autres paquets de (3x � 4) cubes. Dans ce cas, on utilise (6x � 8) cubes, soit 2(3x � 4). Il reste donc 2 cubes,soit (6x � 10) � (6x � 8).

b. (15x 2 � 26x � 10) � (5x � 2)(3x � 4) � 2On peut vérifier cette égalité en effectuant la multiplicationdes deux binômes dans le membre de droite, puis enregroupant les termes semblables.(15x 2 � 26x +10)� (5x � 2)(3x � 4) � 2

� 15x 2 � 6x � 20x � 8 � 2� 15x 2 � 26x � 10

c. 3) x 3 � 5x 2 � 12 � (x 3 � 5x 2 � 0x � 12 x � 2� (x 3 � 2x 2) x 2 � 3x � 6

–3x 2 � 0x � 12� (–3x 2 � 6x)

–6x � 12� (–6x � 12)

0

Activité 3

a. 1) � �

2) � � � � � � �

b. 1) � � � �

2) � � � �

� �

c. Non. À la question a, n ne peut pas égaler 0. À la questionb 1), n ne peut pas égaler 0 ou –2. Enfin, à la questionb 2), n ne peut pas égaler 0 ou –4. Les valeurs de nadmises ne doivent pas annuler le dénominateur desexpressions rationnelles. Si c’était le cas, on aurait alorsune division par 0, donc un résultat non défini.

Activité 4

a. Aire : a2 � 2ab � b2

Volume : a3 � 3a2b � 3ab2 � b3

b. Aire : (a � b)(a � b)

bb

a

a

a � b

a � b

C

B

A

Page 152

n � 42

n(n � 4)2(n � 2)

n � 2n

n2 � 4n2n � 4

n � 2n

2n � 4n2 � 4n

n � 2n

14

n2(n � 2)

n � 22n

n2n � 4

n � 22n

2n � 52n2

52n2

2n2n2

52n2

1n

2n2n

52n2

1n

n � 22n

n(n � 2)2n2

n2 � 2n2n2

Page 151


Volume : (a � b)(a2 � ab � b2)

c. (a � b)2 � a2 � 2ab � b2 (a � b)3 � a3 � 3a2b � 3ab2 � b3

a2 � b2 � (a � b)(a � b) a3 � b3 � (a � b)(a2 � ab � b2)

d. (a � b)2 � (a � b)(a � b)� a2 � ab � ab � b2

� a2 � 2ab � b2

A

DC

BA

a

a

b bb

a

a � b

a ba

bb

D

Deuxième façon : (x � 3)(x � 3)(x � 3)(x � 3)(x 2 � 3x � 3x � 9)(x � 3)(x 2 � 9)x 3 � 3x 2 � 9x � 27


6. Soit n, le plus petit nombre parmi ceux du carré denombres choisi. Les autres nombres peuvent alors êtrereprésentés par les expressions n � 1, n � 7 et n � 8.La soustraction du produit du plus petit nombrepar le plus grand nombre du produit des deux autresnombres est alors représentée par l’expression (n � 1)(n � 7) � n(n � 8).En la réduisant, on obtient : (n � 1)(n � 7) � n(n � 8)

n2 � 8n � 7 � (n2 � 8n)n2 � 8n � 7 � n2 � 8n7

7. a) 4x � 3 b) 5x � 4 c) x 2 � 1d) 2x 2 � x � 7 e) x 2 � 3x � 5 f ) 4x 2 � 2x � 1

8. a) (20 � 1)(20 � 1) On reconnaît une différence 202 � 12 de carrés.400 � 1399

b) (80 � 4)(80 � 4) On reconnaît une différence802 � 42 de carrés.6400 � 166384

c) (50 � 1)2 On reconnaît le carré 2500 � 100 � 1 d’une différence.2401

Page 157

62

Mise au point 3.2

1. a) 3x 2 � 13x � 10 b) 6x 2 � 11x + 3c) 25x 2 � 16 d) 12x 2 � 25x � 12e) 9x 2 � 30x � 25 f ) 25x 2 � 20x � 4

2. a) 2x 2 � 3xy � 2y 2 b) 8x 2 � 14xy � 3y 2

c) –2x 2 � 15xy � 7y 2 d) 10x 2 � 23xy � 13y 2

e) 50x 2 � 65xy � 132y 2 f ) 2x 2 � 2xy � y 2

3. a) x 3 � 2x 2 � 13x � 6 b) 12x 3 � 25x 2 � 15x � 4c) x 3 � x 2 � 3x � 1 d) –6x 3 � 11x 2 � 7x � 2e) x 2 � 3xy � 3x � 3y � 2y 2

f ) 4x 2 � 5xy � 5x � 10y � 6y 2

4. a) 6x � 9b) 2x 2 � 6x � 4c) 3x 2 � x � 2

5. a) 1) (2x � 3)(3x � 1)(x � 4)(6x 2 � 2x � 9x � 3)(x � 4)(6x 2 � 11x � 3)(x � 4)6x 3 � 24x 2 � 11x 2 � 44x � 3x � 126x 3 � 13x 2 � 41x � 12

2) (3x � 1)(x � 4)(2x � 3)(3x 2 � 12x � x � 4)(2x � 3)(3x 2 � 11x � 4)(2x � 3)6x 3 � 9x 2 � 22x 2 � 33x � 8x � 126x 3 � 13x 2 � 41x � 12

b) Première façon : (x � 3)(x � 3)(x � 3)(x 2 � 3x � 3x � 9)(x � 3)(x 2 � 6x � 9)(x � 3)x 3 � 3x 2 � 6x 2 � 18x � 9x � 27x 3 � 3x 2 � 9x � 27

52

12

Page 156

(a � b)(a � b) � a2 � ab � ab � b2

� a2 � b2C

(a � b)3 � (a � b)2(a � b)� (a2 � 2ab � b2)(a � b)� a3 � a2b � 2a2b � 2ab2 � ab2 � b3

� a3 � 3a2b � 3ab2 � b3

B

(a � b)(a2 � ab � b2) � a3 � a2b � ab2 � ab2 � a2b � b3

� a3 � b3D


d) (30 � 1)2 On reconnaît le carré 900 � 60 � 1 d’une somme.961

e) (20 � 18)(20 � 18) On reconnaît une différence 2 � 38 de carrés.76

f ) (35 � 5)(35 � 5) On reconnaît une différence 30 � 40 de carrés.1200

g) �3 � �2On reconnaît le carré

9 � 2 � 3 � � � �2 d’une somme.

9 � 2 �

11

h) �5 �2� �4 �2

On reconnaît une différence

�5 � 4 ��5 � 4 � de carrés.

� 105

9. a) (3 � ��2)(3 � ��2), c) (2 � ��3)(2 � ��3)et f ) (��5 � ��2)(��2 � ��5).

10. 4y 2 � 20y � 25 et 4a2 � 4ab � b2 car, dans ces deuxpolynômes, le terme central est le double du produit dela racine carrée des deux autres termes.

11. a) (2x � 3)(2x � 3) b) 4x(x � 2)c) (2x � 1)2 d) (x � 3)2

e) (x � ��6)(x � ��6) f ) �x � �2

g) 2(x 2 � 8xy � 8y 2) h) (5x � 1)(x � 1)i ) (3x � 4)(x � 2)


12. a) 2x 3 � 18x b) 4x � 8c) 24x 2 � 1 d) –1e) x 3 � 2x 2 � 6x � 8 f ) 27x 3 � 54x 2 � 36x � 8g) –40x 3 � 20x 2 � 2x h) x 3 � 6x 2 � 11x � 6

13. a) x � 1 b) 4 c) x 2

d) – e) 1 � f ) 4

14. a) 18x 3 � 60x 2 � 150xb) L’augmentation est de 2,5 fois le volume de l’escalier

de 3 marches.

15. �6 � 3��3 � �x 2 � (3π � 18)x �


16. a) 13

41920

323

21110

1

Page 159

5π2

π2

3x

1x

Page 158

12

12

34

14

34

14

34

14

19

19

13

13

13

b) 0 et 1. –2 et 2. – et 0.Toutes les valeurs de x et de y pour lesquelles y � –x.

c)

17. a) Plusieurs réponses possibles. Exemple :Si a � 10 et b � 5, alors m � 7,5.

� �

� �

� �

�

b) � � �

�

� (car 2m � a � b)

�

18. a) 1 b) x(x � 1) c)

d) e) f )

19. Oui, c’est un triangle rectangle puisque la relationde Pythagore est vérifiée, comme le montrent les égalités ci-dessous.(a2 � b2)2 � (2ab)2 � a4 � 2a2b2 � b4 � 4a2b2

� a4 � 2a2b2 � b4

� (a2 � b2)2


20. x 3 � 2x 2 � x ou x (x � 1)2.

21. a) 8x 3 � 27 b) x 3 � 64c) 27x 3 � 54x 2 � 36x � 8d) 64x 3 � 144x 2 � 108x � 27e) 8x 3 � 4x 2 � 2x � 1 f ) 8x 3 � 4x 2 � 2x � 1

22. a) (x 2 � 10x � 26) � (x � 5) � (x � 5) �

b) (–8x 3 � 3x � 6) � (x � 1) �

(–8x 2 � 8x � 5) �

c) (2x 2 � 8x � 4) � (2x � 2) � (x � 3) –

� (x � 3) –

d) (4x 2 � 5x � 1) � (2x � 1) � 2x � �

e) (x 3 � x � 1) � (x � 2) � (x 2 � 2x � 3) �

f ) (x 2 � 3x 3 � 1) � (3x � 1) � –x 2 �

23. 2(a – b)(a � b)

24. L’aire du carré orange est la moitié de l’aire du carré bleu,qui est de a2.Le côté du carré orange mesure donc ou a .1

2a 2

2

1(3x � 1)

5(x � 2)

94x � 2

72

1x � 1

2(2x � 2)

1(x � 1)

1(x � 5)

Page 160

1x(x � 1)

1x(x � 1)

xx � 1

1x � 1

2ab

2mabm

b � aabm

aabm

babm

1bm

1am

125

125

137,5

175

250

15 � 7,5

110 � 7,5

210 � 5

1bm

1am

2ab

x � yx � y

42x � 1

2x3

(x � 2)(x � 2)

2(x � 1)

x1

4

12

321


On en déduit les dimensions du triangle représentantla route.Mesure de la base : a � c

Hauteur : a � cAire du triangle :

�a � c��a � c� � 2 � � a2 � c 2�


25. (x 2 � 180x � 10 800)

26. t2(n2 � 1)

27. a)

b) a � 1c) Le coefficient du terme constant est 96.d) x � 24


28. a) (a � b)3 � a3 � 3a2b � 3ab2 � b3

b) a3 � b3 � (a � b)(a2 � ab � b2)c) Non. Lorsqu’on substitue –b à b dans l’expression

algébrique a2 � b2, on n’obtient pas une sommede carrés, mais on trouve l’identité de départ, puisque(–b)2 est égal à b2.

29. Vraie. Tout nombre impair peut être exprimé sousla forme 2n � 1, où n est un nombre naturel.En l’élevant au carré et en soustrayant 1, on obtient :(2n � 1)2 � 1 � 4n2 � 4n � 1 � 1 �4n2 � 4n � 4(n2 � n).Le résultat est un multiple de 4, il est doncnécessairement divisible par 4.Vraie. Si (2n � 1) est le premier nombre impair, où nest un nombre naturel, alors (2n � 3) est le nombreimpair suivant.On a (2n � 1)(2n � 3) � 1 � 4n2 � 8n � 3 � 1

� 4n2 � 8n � 4� (2n � 2)2

On voit alors qu’on obtient le carré du nombre2n � 2 et, puisque n est un nombre naturel, 2n � 2l’est également. On obtient donc le carré d’un nombrenaturel.Fausse. Par exemple, on peut considérer les nombresimpairs 7 et 1. Leur différence est 6 et leur sommeest 8. Or, on voit que le nombre premier 3 divisela différence de ces deux nombres impairs et ne divisepas leur somme. La conjecture est donc fausse.

C

B

A

Page 162

a � bb

52

4πx3

Page 161

12

12

121

2

12

12

30. a) La conjecture de Rosalie est vraie.Soit un polynôme de la forme ax 2 � bx � c que l’ondivise par (x � 1).

ax 2 � bx � c x � 1� (ax 2 � ax) ax � (b � a)

(a � b)x � c� (a � b)x � a � b

a � b � cOn constate donc que le reste est la sommedes coefficients du polynôme.

b) Si l’on divise un polynôme P(x) par (x � a), le restede cette division est égal à P(a), soit la valeurdu polynôme lorsqu’on remplace x par la constante a.


31. 2ad � vf2 � vi

2

32. a) Pour isloler la variable q dans l’équation

� � , on peut procéder ainsi :

�

pq � 4q � 4ppq � 4q � 4pq(p � 4) � 4p

q �

La distance entre l’image et le foyer le plus proche est donc de � 4.

Cette expression se réduit à .

b) Plusieurs démarches possibles. Exemple :

En supposant que � � , on obtientles équations équivalentes suivantes :

�

pq � fq � fppq � fq � fp � 0On a donc (p � f )(q � f ) � pq � fp � fq � f 2 �0 � f 2 � f 2.

33. a) (a � b � c)2 � a2 � b2 � c2 � 2ab � 2ac � 2bcb)

c) 1) 4x 2 � 9y 2 � 25 � 12xy � 20x � 30y2) 9x 2 � y 2 � 4 � 6xy � 12x � 4y3) x 4 � x 2 � 1 � 2x 3 � 2x 2 � 2x

a b c

a

b

c

a 2

ab

ac

ab

b 2

bc

ac

bc

c 2

q � ppq

1f

1q

1p

1f

16p � 4

4pp � 4

4pp � 4

q � ppq

14

1q

1p

14

Page 163

64


La factorisationet la résolutiond’équations

Problème

Première structureIl faut déplacer le point P de 1 unité vers la droite.

Plusieurs démarches possibles. Exemple :Soit x, le déplacement du point P vers la droite. Le nouveaupoint P se trouve à (1 � x ) unités du point B et à (3 � x )unités du point C, comme le montre l’illustration ci-contre.Puisque les triangles ABP et PCD sont rectangles, on a, par lethéorème de Pythagore :(m AP�)2 � (m AB�)2 � (m BP�)2 � 42 � (1 � x )2 �x 2 � 2x � 17(m PD�)2 � (m PC�)2 � (m CD�)2 � (3 � x )2 � 12 �x 2 � 6x � 10L’angle APD sera un angle droit si l’égalité (m AP�)2 � (m PD�)2

� (m AD�)2 est vraie par rapport à la nouvelle position du pointP. Il faut donc que : (x 2 � 2x � 17) � (x 2 � 6x � 10) � 52.Cette équation équivaut aux équations qui suivent.2x 2 � 4x � 27 � 252x 2 � 4x � 2 � 0x 2 � 2x � 1 � 0

(x � 1)2 � 0Le seul nombre qui, élevé au carré, donne 0 est 0. Donc, il fautque x � 1 � 0, c’est-à-dire x � 1.Deuxième structureLe point P doit rester à la même place ou être déplacé de3 unités vers la droite.Plusieurs démarches possibles. Exemple :En reprenant la façon dont on a procédé avec la premièrestructure, et en conservant la même variable, on trouve :(m AP�)2 � 42 � (1 � x )2 � x 2 � 2x � 17(m PD�)2 � (4 � x )2 � 12 � x 2 � 8x � 17Dans ce cas, l’angle APD sera un angle droit si (x 2 � 2x � 17) � (x 2 � 8x � 17) � (��34)2.Cette équation équivaut à x 2 � 3x � 0.Par la mise en évidence simple, on obtient x (x � 3) � 0,donc x � 0 ou x � 3.Troisième structureLe point P doit être déplacé de ��5 unités vers la droiteou vers la gauche.

A

B C

D

(1 � x ) (3 � x )

4

1

5

Nouveaupoint P

Page 164

3.3sectionPlusieurs démarches possibles. Exemple :Encore une fois, en procédant de la même façon, on trouve :(m AP�)2 � 42 � (3 � x )2 � x 2 � 6x � 25(m PD�)2 � (3 � x )2 � 12 � x 2 � 6x � 10Dans ce cas, l’angle APD sera un angle droit si (x 2 � 6x � 25) � (x 2 � 6x � 10) � (��45)2.Cette équation équivaut à x 2 � 5 � 0.En utilisant l’identité de la différence de deux carrés, on obtient(x � ��5)(x � ��5) � 0, donc x � ��5 ou x � –��5.

Activité 1

a. Le raisonnement d’Alice :(a � b)(c � d) � a(c � d ) � b(c � d )

� ac � ad � bc � bdLe raisonnement d’Alain :

b. Le produit des termes dans la première et la quatrièmecase est égal au produit des termes dans la deuxièmeet la troisième case.

c. Exemple de solution avec la méthode d’Alain :Chaque terme du polynôme correspond à l’aire d’une région du rectangle.On trouve ensuite les dimensions de chaque région en cherchant le facteur commun dans les termes d’une rangée ou d’une colonne.La réponse est (12ax � 5b)(3a � 4b).

d. Le défi d’Alice : (5b � 1)(2a � 3).Le défi d’Alain : (2x � 3y)(3x � 4).

e. Réponses personnelles.

Activité 2

a. Soit x, la largeur du jardin rectangulaire.

(4x � 2)(x � 2) � 130 (définition de l’aire d’un rectangle)

4x 2 � 10x � 4 � 130 (réduction du membre de gauche)

4x 2 � 10x � 126 � 0 (soustraction de 130 de chaque côté de l’équation)

2x 2 � 5x � 63 � 0 (division de chaque côté de l’équation par 2)

4x � 2

x � 2x4x

Page 166

Page 165

36a2x 48abx15ab 20b2

3a 4b

36a2x 48abx15ab 20b2

12ax5b

ac adbc bd

c d

ab


b. La décomposition en facteurs de 2x 2 � 5x � 63donne (x � 7)(2x � 9).L’équation est 2x2 � 5x � 63 � 0 et est donc équivalente à(x � 7)(2x � 9) � 0(x � 7) � 0 ou (2x � 9) � 0x � –7 ou x � 4,5.La solution négative doit être rejetée étant donné que x 0 selon le contexte.Longueur du jardin : 4x � 4(4,5) � 18Le jardin mesure donc 18 m sur 4,5 m.

c. Dans ce cas, l’équation serait 2x 2 � 5x � 88 � 0.Il y aurait encore deux solutions : x � –8, qui doit être rejetée, et x � 5,5.Le jardin mesurerait 22 m sur 5,5 m.

d. Cette situation se traduit par l’équation suivante :x (x � 7) � (x � 2)(x � 9) � x (x � 7).Cette équation est équivalente à x 2 � 3x � 18 � 0(x � 6)(x � 3) � 0x � –6 ou x � 3.La réponse négative doit être rejetée. La largeur est donc de 3 m.Longueur du jardin : x � 7 � 3 � 7 � 10Le jardin mesurerait 10 m sur 3 m.

Activité 3

a.

Aire de la partie ajoutée : 25Aire du carré obtenu : 64Mesure du côté du carré obtenu : 8La valeur de x est donc égale à 3.

b. x � –13

c. x 2 � 10x � 25 � 39 � 25(x � 5)2 � 64

x + 5 � 8 ou x + 5 � –8x � 3 ou x � –13

d. x 2 � 8x � 4x 2 � 8x + 16 � 4 � 16

(x � 4)2 � 20x � 4 � ��20 ou x � 4 � –��20x � –4 � ��20 ou x � –4 � ��20

5x

5xx 2

5x5

x

Page 167

e. 2x 2 � 12x � 10 � 0x 2 � 6x � 5 � 0 (division de chaque côté de l’équation

par 2)x 2 � 6x � –5 (soustraction de 5 de chaque côté

de l’équation)x 2 � 6x � 9 � –5 + 9 (complétion

du carré par l’ajout de 9)

(x � 3)2 � 4x � 3 � 2 ou x � 3 � –2x � 5 ou x � 1

Mise au point 3.3

1. a) (2a � 7)(3x � 4) b) (9x � 2)(4y � 1)c) (x 2 � 1)(x � 1) d) (5a � 6)(3ab � 4)e) (x � y )(ay � x ) f ) (2a � 5b)(2ab � 4)

2. En factorisant 20 � 4x � 5y � xy par la mise en évidencedouble, on obtient (4 � y )(5 � x ).Il suffit d’interpréter cette expression en tenant compte ducontexte pour conclure que Jason a loué 4 films à 5 $chacun.

3. a) –5 et 6. b) –12 et –4. c) –12 et 2.d) 8 et 4. e) –6 et 6. f ) – et –4.

4. a) (x � 4)(12x � 1) b) Impossible.c) (2x � 3)(5x � 1) d) (x � 4)(6x � 1)e) (8x � 3)(5x � 2) f ) (5x � 3)(2x � 3)g) (4x � 5)2 h) (5x � 8)(5x � 2)i ) (4x � 3)(6x � 5)

5. a) (3x � 2)(x � 5) b) (3x � 10)(x � 1)c) (3x � 2)(x � 5) d) (3x � 10)(x � 1)e) (3x � 5)(x � 2) f ) (3x � 5)(x � 2)g) (3x � 2)(x � 5) h) (3x � 1)(x � 10)i ) (3x � 1)(x � 10)


6. a) (x � 8)(x � 4) b) (x � 5)(x � 2)c) (x � 6)(3x � 2) d) (2x � 1)2

e) (4x � 1)(x � 4) f ) (6x � 1)(x � 1)g) (3x � 4)(2x � 3) h) (5x � 3)(2x � 1)i ) (6x � 5)(2x � 3)

7. a) (2x � 1)(3x � 2)b) L’expression qui peut représenter la hauteur est 3x � 2.

Plusieurs démarches possibles. Exemple :On détermine l’aire du trapèze à l’aide de la formule A � . Sachant que la hauteur est égale (b � B)h

2

Page 171

92

Page 170

66


à la mesure de la grande base B et que la petit base bmesure x, on peut écrire (h � x )h � 2A �2(2x � 1)(3x � 2) � (4x � 2)(3x � 2).On constate que les deux facteurs à gauche ont unedifférence de x, comme c’est le cas aussi pour les deuxfacteurs à droite. L’égalité sera donc vraie si h � 3x � 2.

8. a) (4x � 21)(x � 1) b) (2x � 5)(2x � 5)c) (2x � 5)2 d) (x 2 � 5)(x � 4)e) (5x � 2)(x � 3) f ) (4x � 1)(3x � 2)g) (–5x � 1)(3x � 2) h) (3x � 2)(2x � 5)i ) 2x(3x � 5) j ) (8x � 5)(2x � 5)k) (4x � 5)2 l ) (8x2 � 5)(2x � 5)m) (4x 2 � 5)(4x 2 � 5) n) (3x � y )(x � 8y)o) 7xy (7x � 6y) p) (5xy � 1)(xy � 3)q) (7xy2 � 3)2 r) (3xy � 2)(2x � 3y)

9. a) L’aire totale de la boîte est la somme de l’aire de ses6 faces, et cette aire doit être de 1720 cm. On a donc :2x (x � 1) � 2x(x � 5) � 2(x � 1)(x � 5) � 1720

2x 2 � 2x � 2x 2 � 10x � 2x 2 � 12x � 10� 17206x 2 � 24x � 10 � 1720

6x 2 � 24x � 1710 � 0x 2 � 4x � 285 � 0

b) La résolution de x 2 � 4x � 285 � 0 donne x � 15ou x � –19.La valeur de x doit être positive puisqu’elle représentela hauteur de la boîte ; elle est donc de 15. En évaluantles autres expressions avec x � 15, on trouve les autresdimensions de la boîte. Elle mesure donc 15 cm sur16 cm sur 20 cm.


10. L’énoncé se traduit par l’équation (2x � 10)2 � 10 � x.La résolution de cette équation donne x � –6ou x � –3,75.Le plus petit nombre qui possède cette propriété estdonc –6.

11. a) x � 0 ou x � 8. b) x � 4 ou x � –4.c) x � 4 d) x � 1 ou x � 2.e) x � –9 ou x � 4. f ) x � –9 ou x � –4.g) x � – ou x � 2. h) x �

i ) x � – ou x � 3. j ) x � ou x � – .

k) x � – ou x � . l ) Impossible.

12. a) x �11 ou x � –1. b) x � 1 ou x � –4.c) x � –3 � ��10 d) x � 1,5 � ��7,25e) x � 2 f ) x � –1 ou x � – .g) x � –2 � ��7 h) x � –1 ou x � 3.i ) x � ou x � – .2

312

12

25

52

52

34

52

13

12

Page 172

13. a) La nouvelle cabane de Fabien aura un plancher de 3 msur 4 m.Démarche : Soit x, l’augmentation en mètresde la longueur et de la largeur. Puisque à l’origine,ces dimensions étaient de 3 m et 2 m respectivement,les nouvelles dimensions sont donc représentées par(3 � x) et (2 � x). L’aire du nouveau plancher estde 12 m2, soit 2 � (2 � 3). On a donc l’équation(3 � x )(2 � x ) � 12.La résolution donne x � 1 ou x � –6.Selon le contexte, la valeur de la variable x doit êtresupérieure à –2. Il faut rejeter la solution où x � –6.Il faut donc ajouter 1 m à chaque dimension.

b) La nouvelle cabane de Fabien aura un plancherd’environ 3,29 m sur 3,65 m.Démarche : Soit x, l’augmentation en mètres dela longueur. Dans ce cas, l’augmentation de la largeurest de 2x et la situation se traduit par l’équation(3 � x )(2 � 2x) � 12.Cette équation équivaut à x 2 � 4x � 3 � 0.Puisqu’il n’y a pas de nombres entiers dont le produitest –3 et que la somme est 4, on doit procéder parcomplétion du carré. On trouve alors x � –2 � ��7.Selon le contexte, la valeur de la variable x doit êtresupérieure à –1. Il faut donc rejeter la solution oùx � –2 � ��7.La longueur de la nouvelle cabane :3 � x � 3 � (–2 � ��7) � 1 � ��7 � 3,65.La largeur de la nouvelle cabane :2 � 2x � 2 � 2(–2 � ��7) � –2 � 2��7 � 3,29.


14. a) La longueur du morceau qui reste est de 115 cm.Si x est la longueur de l’un des morceaux, (115 � x )est la longueur de l’autre.Par la relation de Pythagore, on a x 2 � (115 � x )2 � 852.Cette équation équivaut à :

x 2 � 13 225 � 230x 2 � x 2 � 72252x 2 � 230x � 6000 � 0x 2 � 115x � 3000 � 0

b) Par décomposition en facteurs, on obtient (x � 40)(x � 75) � 0.La valeur de x est donc 40 ou 75. Si x vaut 40,alors (115 � x ) vaut 75, et vice versa.Les deux morceaux doivent donc mesurer 40 cmet 75 cm.

15. a) Plusieurs réponses possibles. Exemple : � .

b) x 2 � 7x � 8 � 0, ou toute autre équationéquivalente.

x � 22x � 1

xx � 4

Page 173


c) La résolution de l’équation donne x � 8 ou x � –1.La solution négative doit être rejetée, car x 3.Donc x � 8.Les dimensions du grand rectangle sont de 12 sur 15.Son aire est de 180.Les dimensions du petit rectangle sont de 8 sur 10.Son aire est de 80.L’aire de la région bleue est donc de 100,soit 180 � 80.

16. Le périmètre du losange est de 16 cm.Démarche : Soit x, la longueur de la grande diagonaleen centimètres.Alors (x � 2) représente la longueur de la petite diagonale.On a l’équation : � 15.Cette équation équivaut à x 2 � 2x � 30 � 0.Le trinôme ne se décompose pas en facteurs.Par complétion du carré, on trouve x � 1 � ��31.On ne doit garder que la solution positive. La grandediagonale mesure donc (1 � ��31) cm. La petite diagonale mesure 2 cmde moins, soit (–1 � ��31) cm.Mesure d’un côté :

� �2� � �2

� ��16

� 4Périmètre : 4 � 4 � 16

17. a) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :Pour que les expressions rationnelles soient biendéfinies, n ne peut égaler ni 0 ni –1, car certainsdénominateurs seraient alors égaux à 0.En réduisant, le membre de gauche de l’équation, onobtient :

� � � 1

(expressions équivalentes avec le même dénominateur)

� 1

(addition des expressions rationnelles)

Puisque n � 0 et n � –1, on peut multiplier chaquemembre de l’égalité par n(n � 1).On obtient ainsi une équation équivalente pour toutesles valeurs de n sauf 0 et 1 :

2n � 2 � n(n � 1)n2 � n � 2 � 0

(n � 2)(n � 1) � 0n � 2 ou n � –1

Puisque n ne peut pas égaler –1, alors il y a une seulesolution, soit n � 2.

2n � 2n(n � 1)

1n(n � 1)

nn(n � 1)

n � 1n(n � 1)

–1 � ��312

1 � ��312

x (x � 2)2

b) La fraction est .Plusieurs démarches possibles. Exemple :

On doit résoudre l’équation � � ,qui équivaut à :

�

�

Si n � 0, n � 2 et n � – , cette équation équivaut à :2(n � 2)(2n � 5) � n(3n � 3)

n2 � n � 20 � 0(n � 5)(n � 4) � 0

n � 5 ou n � –4Selon le contexte, on doit rejeter n � –4, car il s’agitde fractions unitaires utilisées par les Égyptiensde l’Antiquité, et ces fractions sont nécessairementpositives. Donc, la valeur de n est 5 et la fractionrecherchée est .


18. a) On ajoute 9 aux deux premiers termes pour obtenirun trinôme carré parfait. On soustrait 9 ensuite pourque l’expression obtenue reste équivalente au trinômeinitial.

b) De la 1re ligne à la 2e ligne : on factorise le trinômecarré parfait et on réduit –9 � 4.De la 2e ligne à la 3e ligne : la deuxième ligne estune différence de deux carrés, car on peut voir 5comme le carré de ��5. On applique ici l’identitéremarquable a 2 � b 2 � (a � b)(a � b).

c) En multipliant les 3 termes du premier facteur parles 3 termes du deuxième, on obtient l’expressionsuivante :x 2 � 3x � ��5x � 3x � 9 � 3��5 � ��5x �3��5 � 5Tous les termes contenant ��5 s’annulent. Le résultatéquivaut à x 2 � 6x � 4.

d) 1) (x � 4 � ��3)(x � 4 � ��3)2) (x � 2 � ��3)(x � 2 � ��3)3) (x � 2)(x � 1)

19. Soit x, l’âge d’Anika et y, l’âge de Thomy.La situation se traduit par l’équation suivante :x 2 � xy � xy � y 2.Cette équation équivaut à : x 2 � 2xy � y 2 � 0

(x � y )2 � 0x � y � 0

Anika et Thomy ont donc le même âge (ce sontdes jumeaux).

20. a) Pour simplifier une expression rationnelle, on doitdiviser tout le numérateur et tout le dénominateurpar une même expression.

Page 174

15

52

3n � 3(n � 2)(2n � 5)

2n

(2n � 5) � (n � 2)(n � 2)(2n � 5)

2n

12n � 5

1n � 2

2n

15

68


b) Cet élève n’aurait pas tout à fait tort si x � 0,4.Démarche : On doit chercher la ou les valeurs de xpour lesquelles � 6.En supposant que x 2 � 3x � 2 � 0, cette équationéquivaut à :

x 2 � 6x � 8 � 6(x 2 � 3x � 2)5x 2 � 12x � 4 � 0(5x � 2)(x � 2) � 0

x � 0,4 ou x � 2.On doit rejeter la solution x � 2, car c’est justementune valeur qui annule le trinôme x 2 � 3x � 2, commele montre la décomposition de ce trinôme en facteurs :(x � 2)(x � 1).


21. Soit x, la hauteur du phare d’Alexandrie.Par la relation de Pythagore, on a l’équation 402 � 63802 � (6380 � x )2.La résolution donne x � –6380 � ��402 ��63802.La solution négative doit être rejetée.Donc x � –6380 � ��402 ��63802 � 0,125.La hauteur du phare était d’environ 125 m.

22. Le rectangle mesure 20 unités sur 45 unités, et le carrémesure 30 unités de côté.Démarche : La situation se traduit par l’équation x (2x � 5) � (x � 10)2.Cette équation équivaut à : x 2 � 15x � 100 � 0

(x � 20)(x � 5) � 0x � 20 ou x � –5.

La solution négative doit être rejetée. Donc x � 20.

23. Soit x, la distance qui sépare deux colonnes successivessur une rangée. On retrouve la même distance entrechaque rangée et entre les murs du stationnement etles colonnes les plus proches. Voici un schémareprésentant la situation :

La longueur de la surface rectangulaire du stationnementest de 6x � 5.Sa largeur est de (4x � 3).La situation est traduite par l’équation (6x � 5)(4x � 3) � 1650.Cette équation équivaut à 24x 2 � 38x � 1635 � 0.En factorisant le trinôme, on obtient :(12x � 109)(2x � 15) � 0x � – ou x � .On ne doit garder que la solution positive, soit .La distance qui sépare chaque colonne est donc de 7,5 m.

152

152

10912

x

5

x 2 � 6x � 8x 2 � 3x � 2


24. a) Soit x, le nombre de personnes dans le groupe.S’il y avait une personne de plus, chaque personne devrait investir $.S’il y avait une personne de moins, chaque personne devrait investir $.La deuxième expression correspond à 1500 de plusque la première.On a donc l’équation suivante :

� � 1500.Puisque x 1, on peut multiplier chaque membrede l’équation par (x � 1)(x � 1) pour obtenirl’équation suivante : 60 000(x � 1) � 60 000(x � 1)� 1500(x � 1)(x � 1).Cette équation équivaut à x 2 � 81 � 0.

b) Il y a 9 personnes dans le groupe.

25. Philippe a tort. Cela n’est impossible que dans le casde la clôture de 20 m. Si la clôture mesure 25 m, il peutconstruire un rectangle de 4,5 m sur 8 m. Si la clôturemesure 30 m, il peut construire un rectangle de 3 msur 12 m.Justification de l’impossibilité dans le cas d’une clôturede 20 m :La longueur de la clôture correspond au périmètredu rectangle.Soit x, la largeur de ce rectangle. Si son périmètre étaitde 20 m, la longueur du rectangle (en mètres) serait de10 � x.La situation serait alors traduite par l’équation x (10 � x) � 36.Cette équation équivaut à : x 2 � 10x � –36

x 2 � 10x � 25 � –36 � 25(x � 5)2 � –11

Cette dernière équation n’a pas de solution,car un nombre réel au carré ne peut pas être négatif.Un rectangle de 20 m de périmètre et de 36 m2 d’aireest donc impossible.

26. Soit n, la mesure du plus petit côté d’un trianglerectangle, n � 1 et n � 2, les mesures des autres côtés.Par la relation de Pythagore,on a : n 2 � (n � 1)2 � (n � 2)2.Cette équation équivaut à : n 2 � 2n � 3 � 0

(n � 3)(n � 1) � 0n � 3 ou n � –1.

Puisque n est positif, la seule solution est n � 3.Les nombres 3, 4 et 5 sont donc les seuls nombresconsécutifs que Mélanie peut utiliser.

60 000x � 1

60 000x � 1

60 000x � 1

60 000x � 1

Page 176



27. a) m AC� � � 0,618.Démarche : Soit x, la mesure du segment AC ;alors, la mesure du segment CB est de 1 � x.On a donc l’équation suivante : � .Pour les valeurs de x différentes de 0 et de 1,cette équation équivaut à x 2 � x � 1.

La résolution donne x � . On ne doit garderque la solution positive.

b) � � � 1,618

� � � 1,618

Chronique du passé

1. Le carré mesure 4,8 unités de côté.

Plusieurs démarches possibles. Exemple :À l’aide de la relation de Pythagore,on détermine la hauteur du grand triangle,

qui est de 8 unités, soit 102 � � �2.

Soit x, la mesure du côté du carré.L’aire du triangle est représentée par

x 2 � x(8 � x) � 2 � 2�x�6 � � � 2�.Cette expression se réduit à 10x, et l’aire du triangleest de 48, soit 12 � 8 � 2. On a donc 10x � 48, ce quiéquivaut à x � 4,8.

Chronique du passé (suite)

2. a) Les longueurs des côtés homologues de trianglessemblables sont proportionnelles.Par conséquent, sachant que Δ ABC Δ DBA,

on a l’égalité � .m BC�m AB�

m AB�m DB�

Page 179

x2

122

x26 �

x26 �

8 � x

10 10

x

x

Page 178

3RUBRIQUES PARTICULIÈRES

–1 � ��53 � ��5

m AC�m CB�

2–1 � ��5

m AB�m AC�

–1 � ��52

x1 � x

1x

–1 � ��52

Page 177 Ce qui équivaut à m AB� � m AB� � m BC� � m DB�.Le membre de gauche de cette dernière égalité est égalà l’aire du petit carré jaune, alors que le membrede droite est égal à l’aire du petit rectangle bleu.En utilisant la deuxième similitude, soitΔ ABC Δ EAC, on prouve de la même manièreque l’aire du deuxième carré jaune est égale à l’airedu deuxième rectangle bleu : m AC� � m AC� �m BC� � m EC�.On a donc (m AB�)2 � (m AC�)2 � m BC� � m DB� � m BC� � m EC�

� m BC� � (m DB� � m EC�).b) Les deux rectangles sont collés et forment un carré.

On obtient donc la relation de Pythagore.

3. Par des manipulations algébriques, on obtient ceci.

x 3 � y 3 � � �3� � �3

� �

�

�

� � �2

On voit que x 3 � y 3 est un carré parfait.

Le monde du travail

1. a) Les variables ne peuvent pas prendre des valeurs quifont que les dénominateurs des expressions égalent 0.1) L’expression au dénominateur, soit

b3 � 2a(b2 � 2a(b � 2a)), équivaut à (b � 2a)2(b � 2a). Elle est donc égale à 0si b � 2a ou b � –2a.Donc, b ne doit pas égaler ±2a.

2) La première expression rationnelle au dénominateurn’est définie que si a � ±1.Le dénominateur en entier, � ,

équivaut à , qui est égal à 0 si a � 0.Donc, a ne doit pas égaler 0, 1 ou –1.

b) 1) L’expression équivaut à .Dans ce cas, les seules valeurs problématiques sontcelles qui font que b � –2a.

2) L’expression équivaut à .La valeur problématique qui reste est a � 0.

Le monde du travail (suite)

2. a) Le cylindre a un diamètre qui fait approximativement100 mm et une hauteur de 180 mm.

1

a4 � 12a2

1b � 2a

2a2

(a2 � 1)(a2 � 1)

1a2 � 1

1a2 � 1

Page 180

n3

1 � m3

n6

(1 � m3)2

n6(1 � m3)(1 � m3)3

m3n6

(1 � m3)3n6

(1 � m3)3

mn2

1 � m3n2

1 � m3

70

1 �–1 � ��5

2

–1 � ��52

1–1 � ��5

2


Plusieurs démarches possibles. Exemple :Soit 2x, la hauteur du cylindre (en mm).L’aire de la base de ce cylindre est de π� �2

ou (x � 10)2.Par la deuxième exigence,

on trouve 32 � .

Cette équation est équivalente à 8π(x � 10)2 � 250 000.La résolution de cette équation

donne x � ± � 10.On ne garde que la solution positive, soit x � 90.Le diamètre : x � 10 � 90 � 10 � 100.La hauteur : 2x � 2(90) � 180.

b) On utiliserait moins de béton.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Pour que le prisme à base carrée respecte la mêmeexigence concernant la pression, sa base doit êtreéquivalente à celle du cylindre. Soit c, la mesure du côté de la base (en mm). On a alors c 2 � π� �2

� 2500π.Donc, c � 50��π � 88,62.Puisque 88,62 100, on constate que la largeurde la base est plus petite dans le cas du prismeque dans celui du cylindre. Par conséquent, la hauteur hdu prisme sera plus petite que celle du cylindre car,selon la première exigence, c � 0,5h � 10,donc h � 2(88,62 � 10) � 157.Le prisme ayant une base équivaut à celle du cylindre,mais une hauteur plus petite, a donc un volumeplus petit.

Vue d’ensemble

1. a) L’aire est d’environ 3000 cm2.b) Carré : 219 cm ; hexagone : 204 cm ; disque : 194 cm.

2. a) Dans ce qui suit, c et a représentent toujours lesmesures du côté et de l’apothème du polygone.• Dans un carré, A � c 2 et c � .

Par substitution, A � � �2� .

• Dans un hexagone régulier,

A � et c � .On peut exprimer la mesure de l’apothème en fonction de cà l’aide de la relation de Pythagore.

a � c 2 � � �2� c

Par substitution, a � � � � P.

Par substitution, A � � P� � P 2.��324

��312

P2

��312

P6

��32

��32

c2

P6

Pa2

P2

16P4

P4

Page 182

1002

31 250π

π4

x � 102

• Dans un octogone régulier, A � et c � .On peut exprimer la mesure de l’apothème en fonction de c à l’aide de la figureci-contre. Dans cette figure,c est la mesure de l’hypoténuse d’un triangle rectangle isocèle dont les cathètes mesurent chacune x unités.Par la relation de Pythagore,on obtient : c � ��x 2 � x 2 � ��2x,

ce qui équivaut à x � c.Étant donné que la figure est symétrique,on observe que 2a � c � 2x.

On a donc : a � � x � c � c � c.

Par substitution, a � � � � P.

Par substitution, A � � P� � P 2.

• Dans un disque, A � πr 2 et r � , où P représenteici la circonférence du disque.Par substitution,A � π� �2

� .

b) Les formules étant toutes de la forme A � bP 2, où b estune constante, on voit qu’à aire égale, plus b est grande,plus le périmètre est petit.Pour démontrer la proposition, on doit donc mettre enévidence le fait que la valeur du paramètre b augmenteavec l’augmentation du nombre de côtés, et que c’estdans le cas du disque qu’elle est le plus élevée.On observe ce fait en calculant des approximations de bpar rapport à chacune des figures :Carré : � 0,0625 Hexagone : � 0,072

Octogone : � 0,075 Disque : � 0,080

Vue d’ensemble (suite)

3. a) La longueur minimale de la clôture serait de (4π � 10��2π) m,soit environ 37,6 m. En effet,la forme qui a le plus petit périmètre pour une aire donnée est le cercle. Soit r, le rayon du cercle que forme la clôture.

On a r � 2 � .La circonférence :

C � 2π�2 � � � 4π � 10��2π � 37,6.50π

50π

Page 183

14π

1 � ��232

��324

116

P 2

4πP

2π

P2π

1 � ��232

1 � ��216

P2

1 � ��216

P8

1 � ��22

1 � ��22

��22

12

c2

��22

P8

Pa2

x � 10

2x250 000(x � 10)2π

4

ca

c2

c

ac

x

x

A � 50 m2

2 m


b) La longueur de la clôture serait de (16 � 20��2) m, soit 44,3 m.En effet, parmi tous les quadrilatères, c’est le carré qui a le plus petit périmètre pour une aire donnée. Soit c, le côté du carré que forme la clôture.On a c � 4 � ��50.Le périmètre :P � 4(4 � ��50) � 16 � 20��2 � 44,3.

4. L’aire totale est représentée par l’expression 6(a � x )(a � 3x).Plusieurs démarches possibles. Exemple :On peut décomposer le cube troué ainsi.• Il y a six faces à l’extérieur du solide dont la forme est

un carré troué. L’aire de chacune est de a 2 � x 2.• Il y a 24 faces à l’intérieur du solide ayant la forme

d’un rectangle.L’aire de chacune est de x� �.L’aire totale :6(a2 � x2) � 24�x� �� 6(a2 � x2) � 12x(a � x)

� 6(a � x )[(a � x ) � 2x]� 6(a � x )(a � 3x).

5. a) 1) Hauteur : .2) Aire extérieure du sac : ab � 2a� � � 2b� �

ou, encore, ab � � .

b) Plusieurs réponses possibles. Exemple :Un sac d’une hauteur de 20 cm dont la base mesurerait15 cm sur 15 cm.L’aire extérieure du sac serait de 1425 cm2,soit 152 � 4 � 15 � 20.

c) Le sac ayant la plus petite aire aurait une base carréede 20,8 cm de côté et une hauteur de 10,4 cm environ.L’aire extérieure de ce sac serait d’environ 1298 cm2.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Le sac doit avoir la forme de la moitié d’un cube.

La capacité du sac étant de 4,5 L ou 4500 cm3,on a l’équation � 4500.La résolution donne x � � 10 � 20,8.


6. Le cercle étant la figure qui délimite la surface ayant la plusgrande aire pour un périmètre donné, c’est un enclosdélimité par un quart de cercle qui pourrait répondreaux exigences de Roméo.

Page 184

�3 9�3 9000

x 3

2

x2

xx

9000a

9000b

4500ab

4500ab

4500ab

a � x2

a � x2

Le rayon d’un quart de cercle de 35 m de longueur mesureenviron 22,3 m.L’aire de la surface ainsi délimitée serait alors d’environ390 m2, car � 389,9.Puisque Roméo a 20 vaches et qu’il désire que chaquevache ait 20 m2 de surface à brouter, la surface maximalequ’il peut obtenir est donc trop petite, car 400 m2 seraientnécessaires pour répondre à ses exigences. Il lui est doncimpossible de construire l’enclos qu’il voudrait.

7. a) Les deux morceaux en forme de prisme trapézoïdal sontéquivalents puisqu’ils ont des bases équivalentes

�A � � et des hauteurs isométriques

(h � 20). Ces deux prismes ont donc le même volume.b) Aire des morceaux de bois de Léo

Prisme à base trapézoïdale : 1850 cm2.Prisme à base triangulaire : 1500 cm2.Aire des morceaux de bois de LéaPrisme à base trapézoïdale : 1774 cm2.Grand prisme à base triangulaire : 1104 cm2.Petit prisme à base triangulaire : 920 cm2.Aucun des morceaux de bois de Léo n’a la même aireque l’un des morceaux de Léa.

8. a) a 3 � 5a 2 � 72a � 144b) Puisque le prisme équivaut au cube dont

les arêtes mesurent a unités, il faut résoudre l’équation a 3 � 5a 2 � 72a � 144 � a 3 pour déterminerla valeur de a. On trouve alors a � 12 ou a � 2,4.Puisqu’une des arêtes du prisme mesure (a � 4) unités,on en déduit que la valeur de a doit être supérieureà 4 unités. Les arêtes du cube équivalant à ce prismemesurent donc 12 unités.


9. a) Non, elle ne pourra pas distribuer également tous cescubes. L’enseignante possède (2n2 � 8n � 20) cubes,soit n(2n � 8) � 20. Pour qu’il soit possible de lespartager également entre (n � 2) élèves, il faut que lereste de la division du nombre de cubes par le nombred’élèves soit 0 . Or, la division de 2n2 � 8n � 20 parn � 2 donne un quotient de 2n � 4 et un restede 12.

b) La valeur de n est 24.Cette journée-là, l’enseignante a distribué (2n � 4)cubes à chacun des (n � 2) élèves. On doit doncrésoudre l’équation (2n � 4)(n � 2) � 968.La résolution donne n � 24 ou n � –20. On doitrejeter la valeur négative, qui ne peut pas représenterle nombre d’élèves dans la classe. Il y a donc 24 élèvesdans cette classe.

Page 185

(25 � 5) � 152

πr 2

4

72

A � 50 m2

2 m

2 m


10. a) 6(x 2 � 6x � 24) b) 3(2x � 3)(x � 12)c) 4x(4x � 3)(4x � 3)d) 2a(x � 3 � ��4,5)(x � 3 � ��4,5)

ou une autre expression équivalente.e) (4x � 5)(x � 2)(x � 2) f ) –2x(xy � 2)(y � 1)g) (x � 2)(x � 2)(x 2 � 4) h) (x � 5)(x � 5)(x 2 � 4)i ) (3x � y)(3x � y � 1)

11. Soit n, le nombre entier dont il est question dans l’énoncé.Cet énoncé est traduit par l’équation n(n � 1)(n � 1) �8[n � (n � 1) � (n � 1)],ce qui équivaut à n3 � 25n � 0.Par la méthode de décomposition en facteurs, on trouven � 0, n � 5 ou n � –5.Les nombres entiers peuvent donc être –1, 0 et 1, ou –6,–5 et –4, ou 4, 5 et 6.

12. a) 1) La médiane AF sépare le segment BC en deuxsegments isométriques BF et CF. Les deux trianglesBFO et CFO sont donc équivalents, car leurs basessont isométriques et ils ont la même hauteur.

2) Soit A1, l’aire de la région 1 dans la représentationci-dessous.

On a démontré en 1) que A3 � A4. Pour les mêmesraisons, on peut affirmer que A1 � A2 et A5 � A6.On peut déduire la suite d’égalités suivantes :A1 � A2 � A3 � A4 � A5 � A6, car les trianglesABF et AFC sont équivalents (leurs bases sontisométriques et ils ont la même hauteur).A1 � A2 � A5 � A6, car A3 � A4.2A1 � 2A6, car A1 � A2 et A5 � A6.A1 � A6, en divisant par 2.Les triangles AEO et ADO sont donc équivalents.

3) Par le même raisonnement qu’en 2), on démontreque A2 � A3 et A4 � A5.Par transitivité, les six triangles sont équivalents.

b) Les triangles AFC et AOC ont la même hauteur, issuede leur sommet commun C. De plus, grâce à ladémonstration en a), on peut affirmer que l’aire dutriangle AOC égale les de l’aire du triangle AFC. Onen déduit que la base du triangle AOC égale les decelle du triangle AFC. Le point O sépare doncla médiane AF aux de sa longueur. On peut faire lamême démonstration avec les deux autres médianes.

23

23

23

A

E D

O

B F C

1

2

3 4

5

6


13. En simplifiant le facteur commun (a � 1) de chaque côtéde l’égalité, on effectue une division par 0 puisqu’onsuppose que a � 1 dans le cadre de cette preuve.

14. a) Elle aura besoin de 144 bâtonnets.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Voici une représentation de cette structure.Comme c’était le cas dans les structures précédentes, on remarque que les bâtonnets sont orientés dans trois directions : verticalement,horizontalement dans la direction avant-arrière et horizontalement dans la direction gauche-droite.Le nombre de bâtonnets orientés dans chaquedirection étant identique, il suffit de déterminer cenombre pour une seule direction.On peut le faire pour les bâtonnets verticaux.Il y a 16 colonnes de bâtonnets, soit 4 � 4, chacunecontenant 3 bâtonnets. Le nombre de bâtonnetsverticaux est donc 48.Le nombre de bâtonnets dans la structure est alors48 � 3 � 144.

14. b) En reproduisant le raisonnement employé ci-dessuspour une structure de n unités d’arête, on trouve qu’ily a n(n � 1)2 bâtonnets verticaux.Le nombre de bâtonnets, au total, est donc 3n(n �1)2.

c) On doit résoudre l’équation : 3n(n � 1)2 � 2700.Puisque n est un nombre entier, on peut trouver laréponse par tâtonnements. On obtient n � 9.

15. Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :On trace les diagonales AD et BE.Ces diagonales sont des axesde symétrie qui se rencontrentau centre O de la figure.Pour démontrer que l’aire dela région rose est égale aux del’aire de l’hexagone, il suffit,par symétrie, de prouver que les triangles FAE, AOEet DOE sont équivalents.Puisque AD est parallèle à FE et que BE est parallèle à AF,on peut afirmer que le triangle FAE équivaut au triangleFOE, qui lui même équivaut au triangle AOE.

A

B

C D

E

F

O

A

B

C D

E

F

O

A

B

C D

E

F

O

23

Page 186

A

B

C D

E

F

O


De plus, les triangles AOE et DOEsont équivalents, car leurs bases AOet DO sont isométriques, et ils ontla même hauteur. Les trois trianglessont donc équivalents, ce quidémontre la proposition.

16. a) Un nombre rationnel.(��a � ��b)2 � (��a � ��b)2 � 2(a � b)

b) Un nombre irrationnel.(��a � ��b)2 � (��a � ��b)2 � 2��ab

c) Un nombre rationnel.(��a � ��b)2(��a � ��b)2 � (a � b)2

d) Un nombre rationnel.

� �2� � �2

�


17. Soit x, la longueur de la carte. La largeur du petit rectangle est alors x � 5.Puisque le petit rectangle est semblable au grand rectangle initial, les rapports de leurs côtés homologues sont égaux.On a donc � . Cette équation équivaut à x 2 � 5x � 25.La solution positive de cette équation est

x � � 8.La carte a une longueur d’environ 8 cm.

18. a) a � b et a � 2b.b) Soit quatre termes consécutifs de la suite

de Fibonacci : a, b, a � b et a � 2b.On peut montrer que la différence entre les carrédes deux termes du milieu est égale au produitdes deux termes extrêmes, soit a(a � 2b).(a � b)2 � b2 � a2 � 2ab � b2 � b2

� a2 � 2ab� a(a � 2b)

c) Plusieurs réponses possiblesLa différence entre le carré d’un terme et le produitdu terme qui le précède par celui qui le suit estalternativement 1 et –1.

Banque de problèmes

19. L’aire du coussin de protection est la même, quelle quesoit la forme du trampoline.Plusieurs justifications possibles. Exemple :Dans le trampoline hexagonal, le coussin de protectionest formé de 6 rectangles de 1,2 m sur 0,3 m et de6 secteurs circulaires de 0,3 m de rayon. Puisqueles rayons qui délimitent les secteurs circulaires sontisométriques et parallèles deux par deux, il est possiblede former un disque en effectuant des translations

Page 188

5 � 5��52

5x � 5

x5

Page 187

2(a � b)(a � b)2

1

��a � ��b1

��a � ��b

de ces secteurs pour les coller les uns aux autres. Parrotation, on peut également coller les 6 rectangles pourformer un seul rectangle dont la mesure de la base seraégale au périmètre de la toile du trampoline, soit 7,2 m.

On a donc :aire du coussin de protection� aire d’un disque de 0,3 de rayon

� périmètre de la toile du trampoline � 0,3� π � (0,3)2 � 7,2 � 0,3� 0,09π � 2,16.Le raisonnement qui précède peut s’appliquer à n’importequel polygone convexe, qu’il soit régulier ou non. Il esttoujours possible de former un disque de 0,3 m de rayonet un rectangle dont la longueur correspond au périmètreintérieur du trampoline, quel que soit le nombre de côtésdu polygone. L’aire du coussin sera donc toujoursla même pour tous les polygones.Si la toile du trampoline a plutôt la forme d’un disque avecune circonférence de 7,2 m, son rayon sera de m, soitla circonférence divisée par 2π. Le rayon du trampolineadditionné du coussin de protection sera de � � 0,3� m.Dans ce cas, on peut effectuer le calcul suivant.aire du coussin de protection � π� � 0,3�2

� π� �2

� π� �2� 0,6π� � � 0,09π � π� �2

� 2,16 � 0,09πL’aire du coussin est encore la même.

20. La valeur de a doit être égale au quart de la largeur ou auquart de la longueur du rectangle.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Soit x et y, la largeur et la longueur du rectangle.L’aire totale des régions blanches :(x � 2a)(y � 2a) � 4a2 � xy � 2ax � 2ay � 8a2

L’aire totale des régions orange :xy � (xy � 2ax � 2ay � 8a2) � 2ax � 2ay � 8a2

Les deux aires totales sont égales si et seulement si :xy � 2ax � 2ay � 8a2 � 2ax � 2ay � 8a2.Cette équation équivaut à :xy � 4ax � 4ay � 16a2 � 0x(y � 4a) � 4a(y � 4a) � 0

(x � 4a)(y � 4a) � 0x � 4a � 0 ou y � 4a � 0x � 4a ou y � 4a.

3,6π

3,6π

3,6π

3,6π

3,6π

3,6π

3,6π

74

A

B

C D

E

F

O

x

5 x � 5

5


Banque de problèmes (suite)

21. Les deux triangles sont équivalents.Plusieurs justifications possibles. Exemple :Dans un triangle, si l’on déplace un sommet le longd’une droite parallèle au côté qui lui est opposé,le triangle obtenu équivaut au triangle initial.Selon cette propriété, tous les triangles gris sontéquivalents.1)

2)

3)

22. Le nombre pentagonal de rang n est .On peut le démontrer en décomposant la figure qui représente un nombre pentagonal quelconque Pn.Il est en effet possible de décomposer cette figure en trois nombres triangulaires comme le montre l’illustration ci-contres.

On a donc Pn � Tn � 2Tn �1 � � 2 �

� �

Le triple d’un nombre pentagonal Pn est donc égal à , ce qui n’est rien d’autre que le nombre

triangulaire T3n � 1 qui est égal à ,

c’est-à-dire .Donc, 3Pn � T3n � 1, ce qui équivaut à Pn � T3n � 1.Tout nombre pentagonal est donc le tiers d’un nombretriangulaire.

23. Le rapport entre l’aire totale du solide et l’aire totale du prisme équivalent est .Plusieurs démarches possibles. Exemple :En découpant le solid comme on l’indique ci-contre, on obtient 12 petits prismes ayant une base carrée de unités de côté. Quatre de ces prismes ont une hauteur de a unités,

a � x2

a � 3xa � x

13

(3n � 1)(3n)2

(3n � 1)(3n � 1 � 1)2

3n(3n � 1)2

n(3n � 1)2

3n2 � n2

n2 � n � 2n2 � 2n2

(n � 1)n2

n(n � 1)2

n(3n � 1)2

A

B C

D

E

F

A

B C

D

E

F

A

B C

D

E

F

A

B C

D

E

F

A

B C

D

E

F

A

B C

D

E

F

Page 189 et les 8 autres ont une hauteur de x unités. En collantces prismes comme on le montre à droite, on construitun prisme dont la base carrée mesure (a � x) unitéde côtés et la hauteur, (a � 2x).L’aire totale de ce prisme est :2(a � x)2 � 4(a � x)(a � 2x) � 2(a � x)[(a � x)

� 2(a � 2x)]� 2(a � x)(3a � 3x)� 6(a � x)(a � x).

Compte tenu que l’aire totale du solide initial est de6(a � x)(a � 3x), le rapport des aires est , ce qui se réduit à .


24. Plusieurs formules équivalentes sont possibles.

Exemple : x � ± � � �2�

Voici la démarche qui mène à cette formule.Les premières étapes du raisonnement de Jenny décritdans le manuel :ax 2 � bx � c � 0

ax 2 � bx � –c (soustraction de c)x 2 � x � (division par a)

La suite du raisonnement : Le membre de gauche de l’équation peut être représenté à l’aide de la figure ci-contre, formée d’un carré dont l’aire est de x 2 et de deux rectangles isométriques dont la somme des aires est x.On complète la figure en ajoutant un carré dont l’aire est de � �2

.La nouvelle figure obtenue est également un carré, dont l’aire est de �x � �2

.Algébriquement, cela correspond aux étapes suivantes.

x 2 � x � � �2� � � �2 �addition du carré de �

�x � �2� � � �2

(factorisation du membre de gauche)

Il suffit alors d’isoler la variable x.

x � � ± � � �2(extraction des racines carrées)

x � ± � � �2� �soustraction de �b

2ab2a

b2a

–ca

b2a

–cab

2a

b2a

–ca

b2a

b2a

b2a

–ca

b2a

ba

b2a

b2a

ba

–ca

ba

b2a

b2a

–ca

Page 190

a � 3xa � x

6(a � x)(a � 3x)6(a � x)(a � x)

Tn � 1 Tn � 1

Tn

a

x

x

b2a

x

x

b2a

b2a

x

x

b2a


25. La différence des contenances est 54 dm3.Plusieurs démarches possibles. Exemple :1re étape : représenter la différencedes contenances par une expression algébriqueSoit c, la différence entre la hauteur de la nouvelle boîteet celle de l’ancienne. La hauteur de l’ancienne boîte peutalors être exprimée par l’expression x � c.La différence des contenances est x 3 � (x � 1)(x � 2)(x � c)Cette expression équivaut à :x 3 � (x 2 � 3x � 2)(x � c)x 3 � (x 3 � 3x 2 � 2x � cx 2 � 3cx � 2c)cx 2 � 3x 2 � 3cx � 2x � 2c(c � 3)x 2 � (3c � 2)x � 2c.2e étape : déterminer la valeur de cPuisque la différence des contenances peut être expriméesous la forme ax � b, on peut donc en déduire quele coefficient de x 2 dans l’expression ci-dessus est 0,donc que c � 3.En substituant cette valeur à c dans les autres coefficientsde l’expression, on trouve la différence des contenances,soit 7x � 6.3e étape : déterminer la valeur de xPour déterminer la valeur de x, on doit utiliserl’information concernant l’aire totale des boîtes.Aire totale de l’ancienne boîte :2(x � 1)(x � 2) � 2(x � 1)(x � 3) � 2(x � 2)(x – 3)� 6x 2 � 14Aire totale de la nouvelle boîte : 6x 2

Sachant que la quantité de carton nécessaire pourfabriquer 19 nouvelles boîtes est la même que celle pourfabriquer 20 anciennes boîtes, on a donc19(6x 2) � 20(6x 2 � 14).Cette équation équivaut à : 6x 2 � 280

x � ± .

Puisque x 0, alors x � � 6,83.7x � 6 � 7(6,83) � 6 � 54.


26. L’expression ne peut pas être décomposée en facteurspolynomiaux de degré 1. Il y a donc une erreur dansle manuel.Plusieurs suggestions de correction sont possibles.Exemple :On peut ajouter un exposant 2 au terme –9a. On peutalors décomposer le polynôme obtenu en facteurs,soit 2a3 � 9a2 � 27, en procédant de la façon suivante.Par tâtonnement, on constate que le polynôme s’annulelorsqu’on remplace a par 3. Par le théorème du reste,2a3 � 9a2 � 27 est donc divisible par (a � 3).En effectuant la division, on obtient le quotient2a2 � 3a � 9. Ce trinôme est décomposable en facteurs.Il est égal au produit (2a � 3)(a � 3).L’expression corrigée se décompose donc ainsi :(2a � 3)(a � 3)2.

Page 191

1403

1403

27. La conjecture de Martine peut se traduire par l’égalitésuivante. Pour tout nombre entier n,1 � 8 � 27 � 64 �… � n3 � � �2

.Démonstration de cette conjectureOn suppose que cette égalité est vraie pour les k premiersnombres. On a donc :1 � 8 � 27 � 64 �… � k 3 � � �2

.En ajoutant (k � 1)3 de chaque côté de l’égalitéet en effectuant des manipulations algébriques surle membre de droite, on obtient les égalités vraiessuivantes.1 � 8 � 27 � 64 �… � k 3 � (k � 1)3 � � �2

� (k � 1)3

� � (k � 1)3

(calcul du carré du 1er terme)

�(addition)

�[mise en évidencede (k � 1)2]

�[réductionde 4(k � 1)]

�(décompositionen facteurs)

� � �2

(loi des exposants)

L’expression finale du membre de droite est le carrédu (k � 1)e nombre triangulaire. On a montré que sila conjecture est vraie pour un nombre naturel, elle estégalement vraie pour le nombre naturel suivant.Or on sait que la conjecture est vraie pour 1, 2 et 3.Elle est donc vraie pour 4. Puisqu’elle est vraie pour 4,elle est vraie pour 5. Puisqu’elle est vraie pour 5, elle estvraie pour 6, et ainsi de suite. On peut poursuivrece raisonnement pour atteindre n’importe quel nombrenaturel. La conjecture est donc vraie pour tout n � �.

(k � 1)(k � 2)2

(k � 1)2(k � 2)2

4

(k � 1)2(k 2 � 4k � 1)4

(k � 1)2[k 2 � 4(k � 1)]4

k 2(k � 1)2 � 4(k � 1)3

4

k 2(k � 1)2

4

k(k � 1)2

k(k � 1)2

n(n � 1)2

76

3 l’équivalence en géométrie et en algèbreaprès discussion, il apparaît que la formule...

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