2. Méthodes

2. Méthodes
Pour résoudre une équation du second degré
Commencer
par bien observer l’équation (et vérifier au passage qu’il
s’agit bien d’une équation du second degré).
Plusieurs possibilités alors :
• La résolution peut s’avérer évidente (ex : x 2 + 5 = 0 n’a pas de solution).
• On parvient à factoriser le trinôme du second degré grâce aux identités remarquables (ex : 4 x 2 − 4 x + 1 = 0 ) ou à un facteur commun (ex :
2x 2 − x = 0 ).
• Pour les autres cas, on utilise la forme canonique ou les formules
avec le discriminant.
Pour étudier le signe d’un trinôme ou résoudre une inéquation du second degré
Déterminer le signe de ( − x 2 − x + 2) selon les valeurs de x.
Exemple 11
y
2
Ꮿf
+
1
–2
1
x
0
–
résout l’équation − x 2 − x + 2 = 0 : Ici, a = −1 ;
b = −1 et c = 2 donc Δ = b2 − 4ac = ... = 9.
Δ > 0 donc l’équation a deux solutions :
x1 = … = −2 et x2 = …= 1 (vérifiez les réponses !).
Comme a ⬍ 0, la parabole représentant la fonction
trinôme est tournée vers le bas et d’après le point
précédent, elle coupe l’axe des abscisses aux points
d’abscisses –2 et 1.
On en déduit l’allure de la parabole représentant
x − x 2 − x + 2 (voir ci-contre).
On
–
D’où la réponse sous forme de tableau :
x
Signe de ( − x 2 − x + 2)
−2
−∞
–
0
+∞
1
+
0
–
signe de a signe contraire signe de a
de a
Remarque
On peut aussi utiliser la règle donnant le signe du trinôme
(voir dernière ligne du tableau p.18).
Séquence 1
19
Cned – Académie en ligne
Exemple 12
Résoudre dans l’inéquation ( 4 x − 1)( x + 3) ≥ 2x 2 + 5x + 4 .
( 4 x − 1)( x + 3) ≥ 2x 2 + 5x + 4 ⇔ 4 x 2 + 11x − 3 ≥ 2x 2 + 5x + 4
⇔ 2x 2 + 6 x − 7 ≥ 0
inéquation du second degré.
On suit ensuite la même démarche que pour l’étude du signe.
On résout l’équation 2x 2 + 6x
−7 = 0:
Ici, a = 2 ; b = 6 et c = −7 donc Δ = b2 − 4ac = ... = 92.
Δ > 0 donc l’équation a deux solutions :
x1 =
−6 − 92 −6 − 2 23 −3 − 23
−3 + 23
et x2 =
=
=
4
4
2
2
(vérifiez les réponses !).
Comme a ⬎ 0, la parabole représentant la fonction trinôme est tournée
vers le haut et d’après le point précédent, elle coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisses x1 et x2 .
On en déduit l’allure de la parabole représentant x
2x 2 + 6x − 7 :
y
+
+
x1
0
x2
x
On y lit les solutions de l’inéquation 2x 2 + 6 x − 7 ≥ 0 :
⎤
⎡
−3 − 23 ⎤ ⎡ −3 + 23
= ⎥ −∞ ; ; +∞ ⎢ .
⎥∪⎢
2
2
⎥⎦
⎥⎦ ⎢⎣
⎢⎣
V
20
Séquence 1
Cned – Académie en ligne
Voir exercices 6 à 13.
6 Exercices d’application
Exercice 1
3x 2 − 6
.
x
Donner le sens de variation de la fonction f (on écrira f comme la
somme de deux fonctions simples).
3x 2 − 6
a) Pour quelles valeurs de x ∈ + * la fonction g : x estx
elle définie ?
On considère la fonction f définie sur + * par : f ( x ) =
b) Déterminer les variations de g sur cet ensemble de valeurs de x.
Exercice 2
Soient f et g les courbes représentatives, dans un même repère
orthonormé, des fonctions f et g définies sur ⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ par f ( x ) = x − 3
x −1
.
et g ( x ) =
x
Etudier les positions relatives des courbes f et g sur l’intervalle
⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ .
Exercice 3
⎤ π π⎡
⎦ 2 2⎣
Montrer que la fonction f définie sur ⎥ − ; ⎢ par f ( x ) =
impaire.
La fonction g définie sur * par g ( x ) =
Exercice 4
Est-elle paire ?
5
Soit f : x .
2
x − 3x
x + sin x
est
cos x
x3 + x +1
est-elle impaire ?
x
Déterminer le domaine de définition de la fonction f.
Soit la représentation graphique de f dans le plan rapporté à un
f
(
)
repère orthonormé O ; i , j .
Montrer que, dans ce repère, la droite d’équation x = 1,5 est axe de
symétrie de la courbe f .
Exercice 5
{}
2
. Soit
x −4
f la représentation graphique de f dans le plan rapporté à un repère
orthonormé O ; i , j .
On considère la fonction f définie sur − 4 par f ( x ) = 7 +
(
)
Montrer que le point Ω de coordonnées ( 4 ; 7 ) est centre de symétrie de
la courbe f .
Exercice 6
42
Séquence 1
Cned – Académie en ligne
On considère la fonction polynôme du second degré f définie sur par
f ( x ) = 4 x 2 + 3x − 1
Résoudre dans l’équation f ( x ) = 0 :
a) En utilisant la forme canonique.
b) En utilisant les formules avec le discriminant Δ .
Déterminer les caractéristiques de la courbe de f dans un repère or-
thogonal.
Exercice 7
Résoudre dans les équations suivantes (en réfléchissant aux mé-
thodes à employer pour être efficace).
a) −6x 2 + 4 x = 0
b) 4 x 2 + 3 = 0
c) 2x 2 − 6x + 1 = 0
d) 4 x − 2 − 25 = 0 .
(
)2
Résoudre dans l’inéquation : 2x 2 − 6x + 1 > 0.
Exercice 8
Soit f : x 3x 2 − 7x + 2
.
x 2 +2x − 8
Déterminer l’ensemble de définition de f.
Factoriser le numérateur et le dénominateur de f ( x ) puis simplifier
Exercice 9
f (x ) .
Le plan est rapporté à un repère orthonormé O ; i , j et m est un réel
donné.
Soient la représentation graphique de la fonction trinôme f définie par
f ( x ) = x 2 − 3x + 10 et la droite d’équation y = mx + 1 .
Etudier, selon les valeurs de m, le nombre de points d’intersection de
et de .
(
)
Exercice 10
Résoudre dans l’équation (dite « bicarrée ») : x 4 + 5x 2 − 36 = 0 .
Exercice 11
Soit P ( x ) le polynôme défini par :
P ( x ) = x 3 + x 2 − 10x + 8 .
Montrer qu’il existe trois réels a, b, c tels que : P ( x ) = x − 2 (ax 2 + bx + c ).
(
)
En déduire toutes les solutions de l’équation P ( x ) = 0.
Exercice 12
Un rectangle a un périmètre de 800 m et une aire de 34 375 m2. Déterminer sa longueur et sa largeur.
Exercice 13
Résoudre dans l’inéquation :
Exercice 14
On considère la fonction f définie sur [–1 ; 1] par f ( x ) = 1 − x 2 .
3x + 1 x + 3
.
>
x −2 x + 4
En observant le graphe de f à la calculatrice, conjecturer la dérivabi-
lité de f en –1.
Démontrer la dérivabilité ou non de f en –1 à l’aide de la définition.
Séquence 1
43
Cned – Académie en ligne
7 Corrigés des exercices
Exercice 1
Pour tout réel x strictement positif, on a :
f (x ) =
3x 2 − 6 3x 2 6
6
=
− = 3x − .
x
x
x
x
• La fonction x 3x est une fonction linéaire strictement croissante
sur (car le coefficient de x, 3, est strictement positif) donc elle est
strictement croissante sur ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ .
1
• La fonction x est strictement décroissante sur ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ et donc la
x
6
fonction x − est strictement croissante sur ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ . (car –6<0).
x
6
• La fonction f , somme des fonctions x 3x et x − strictement
x
croissantes sur ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ , est strictement croissante sur ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ .
3x 2 − 6
a) Dans ⎤0 ; +∞ ⎡ , on a : g ( x ) existe ⇔
≥ 0.
⎦
⎣
x
2
3x − 6
≥ 0 ⇔ 3x 2 − 6 ≥ 0 ⇔ 3( x 2 − 2) ≥ 0 ⇔ 3( x − 2 )( x + 2 ) ≥ 0
x
⇔ x − 2 ≥ 0 car pour tout x > 0, on a x + 2 > 0 et 3 > 0
⇔ x ≥ 2.
Par conséquent, dans ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ , g est définie pour x appartenant à
⎡ 2 ; +∞ ⎡ .
⎣
⎣
f
h
3x 2 − 6
3x 2 − 6
.
∈ ⎡⎣0 ; +∞ ⎡⎣ b) On a : x ∈ ⎡ 2 ; +∞ ⎡ ⎣
⎣
x
x
• La fonction f est strictement croissante sur ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ donc sur ⎡ 2 ; +∞ ⎡ ,
⎣
⎣
d’après le 1.
• La fonction h : x x est strictement croissante sur ⎡⎣0 ; +∞ ⎡⎣ .
Exercice 2
• La fonction g = h f est donc strictement croissante sur ⎡ 2 ; +∞ ⎡ (car
⎣
⎣
f et h ont le même sens de variation sur ⎡ 2 ; +∞ ⎡ et ⎡⎣0 ; +∞ ⎡⎣ respec⎣
⎣
tivement).
• Pour tout réel x de ⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ , on a :
f (x )− g(x ) = x − 3 −
x −1
x
=
(
) = x ( x − 3) − ( x − 1)
x −3 × x − x −1
x
x
• Pour étudier le signe de f ( x ) − g ( x ), on transforme l’écriture de f ( x ) − g ( x )
en multipliant le numérateur et le dénominateur du quotient par l’expres-
46
Séquence 1
Cned – Académie en ligne
(
f (x )− g(x ) =
(
) (
)
(
) (
)
x x − 3 − x − 1 c’est-à-dire par x x − 3 + x − 1 :
sion conjuguée de
(
) (
))( x ( x − 3) + ( x − 1))
x ( x − 3) + ( x − 1))
x x −3 − x −1
(
( x ( x − 3) ) − ( x − 1) = x ( x − 3) − ( x − 2x + 1)
=
x ( x ( x − 3) + ( x − 1))
x ( x ( x − 3) + ( x − 1))
x
2
f (x )− g(x ) =
2
x 2 − 3x − x 2 + 2x − 1
x
(
(
))
) (
x x −3 + x −1
2
=
pour tout réel x de ⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ .
Pour tout réel x de ⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ , on a :
(
) (
)
x x − 3 + x − 1 > 0 d’où
x
(
(
x
(
(
(
−x − 1
) (
)
x x −3 ≥0
) (
))
x x −3 + x −1
))
et x − 1 > 0 donc
x x − 3 + x − 1 > 0.
De plus, − x − 1 < 0 pour tout réel x de ⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ .
Par conséquent, pour tout réel x de ⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ , on a : f ( x ) − g ( x ) < 0 d’où
f ( x ) < g ( x ). La courbe f est donc en dessous de la courbe g sur
⎡⎣3 ; +∞ ⎡⎣ .
Exercice 3
⎤ π π⎡
⎦ 2 2⎣
L’intervalle ⎥ − ; ⎢ est symétrique par rapport à 0 et pour tout x de
⎤ π π⎡
− x + sin( − x ) − x − sin x car la fonction sinus est
⎥ − ; ⎢ ,on a : f ( − x ) =
=
⎦ 2 2⎣
cos( − x )
cos x
x + sin x
= −f ( x ).
impaire et la fonction cosinus est paire d’où f ( − x ) = −
cos x
La fonction f est donc impaire.
* = ⎤ −∞ ; 0 ⎡ ∪ ⎤0 ; +∞ ⎡ est symétrique par rapport à 0 mais la fonc⎦
⎣ ⎦
⎣
tion g n’est ni impaire, ni paire. En effet, on a par exemple : g ( −1) ≠ − g (1)
et g ( −1) ≠ g (1) car g ( −1) =
Exercice 4
f (x ) =
5
2
x − 3x
x x − 3 ≠ 0.
(
13 + 1 + 1
( −1)3 + ( −1) + 1
= 3.
= 1 et g (1) =
1
−1
existe si, et seulement si, on a x 2 − 3x ≠ 0 c’est-à-dire
)
Par conséquent, f ( x ) existe si, et seulement si, x ≠ 0 et x ≠ 3. Le do-
{
}
maine de définition de la fonction f est donc − 0 ; 3 .
Séquence 1
47
Cned – Académie en ligne
• L’ensemble de définition de f est
{
}
f = − 0 ; 3 = ⎤⎦ −∞ ; 0 ⎡⎣ ∪ ⎤⎦0 ; 3⎡⎣ ∪ ⎤⎦3 ; +∞ ⎡⎣ .
f est donc symétrique par rapport à 1,5.
• Soit h ∈ tel que 1,5 + h ∈ ⎤⎦ −∞ ; 0 ⎡⎣ ∪ ⎤⎦0 ; 3⎡⎣ ∪ ⎤⎦3 ; +∞ ⎡⎣
c’est-à-dire h ∈ ⎤⎦ −∞ ; −1,5⎡⎣ ∪ ⎤⎦ −1,5 ; 1,5⎡⎣ ∪ ⎤⎦1,5 ; +∞ ⎡⎣ .
On a : f (1,5 + h ) =
et f (1,5 − h ) =
5
(1,5 + h )
2
(
− 3 1, 5 + h
5
(
1, 5 − h
)
2
(
− 3 1, 5 − h
)
=
)
=
5
2
2, 25 + 3h + h − 4, 5 − 3h
5
2
2, 25 − 3h + h − 4, 5 + 3h
=
=
5
2
h − 2, 25
5
2
.
h − 2, 25
Par conséquent, on a : f (1,5 + h ) = f (1,5 − h ) pour tout h différent de −1,5
et 1,5.
• La droite d’équation x = 1,5 est donc axe de symétrie de la courbe
f .
Exercice 5
{}
• L’ensemble de définition de f, f = − 4 = ⎤⎦ −∞ ; 4 ⎡⎣ ∪ ⎤⎦4 ; +∞ ⎡⎣ , est
symétrique par rapport à 4.
• Soit h ∈ tel que 4 + h ∈ ⎤⎦ −∞ ; 4 ⎡⎣ ∪ ⎤⎦4 ; +∞ ⎡⎣ c’est-à-dire
h ∈ ⎤⎦ −∞ ; 0 ⎡⎣ ∪ ⎤⎦0 ; +∞ ⎡⎣ . On a :
(
) (
f 4+h +f 4−h
2
) = 1⎛7 +
2 ⎜⎝
2
2 ⎞
+7+
4+h − 4
4 − h − 4 ⎟⎠
2 2⎞ 1
1⎛
= ⎜ 14 + − ⎟ = × 14 = 7.
h h⎠ 2
2⎝
Le point Ω de coordonnées ( 4 ; 7 ) est donc centre de symétrie de la
courbe f .
Exercice 6
Résoudre dans l’équation f ( x ) = 0 :
a) En utilisant la forme canonique :
⎡
3
1⎤
f ( x ) = 4 x 2 + 3x − 1 = 4 ⎢ x 2 + x − ⎥
4
4⎦
⎣
2
2
⎡
⎤
⎡
⎤
⎛
⎛
3⎞
9 1⎥
3⎞
25
−
= 4 ⎢⎜ x + ⎟ − ⎥
= 4 ⎢⎜ x + ⎟ −
⎢⎝
⎢⎝
8⎠
64 4 ⎥
8⎠
64 ⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
2
⎛
3⎞
25
Donc f ( x ) = 0 ⇔ ⎜ x + ⎟ −
= 0 (en divisant par 4)
8⎠
64
⎝
⎛
⎡
3 5⎤⎡
3 5⎤
1⎞
⇔ ⎢ x + + ⎥ ⎢ x + − ⎥ = 0 ⇔ ( x + 1)⎜ x − ⎟ = 0
8 8⎦⎣
8 8⎦
4⎠
⎝
⎣
soit f ( x ) = 0 ⇔ x = −1 ou x =
48
Séquence 1
Cned – Académie en ligne
⎧
1⎫
1
d’où = ⎨−1 ; ⎬ .
4⎭
4
⎩
b) Avec les formules : Δ = b2 − 4ac = 32 − 4 × 4 × ( −1) = 25 .
Δ > 0 donc l’équation f ( x ) = 0 admet deux solutions dans qui
sont :
−b + Δ −3 + 25 1
−b − Δ −3 − 25
=
= .
=
= −1 et x2 =
x1 =
2a
2× 4
4
2a
2× 4
f ( x ) étant un trinôme du second degré dont le coefficient du terme
Exercice 7
en x 2 est égal à 4, la courbe de f est une parabole tournée vers le haut
⎛ 3
25 ⎞
(a > 0) dont le sommet S a pour coordonnées ⎜ − ; − ⎟ (d’après la
16 ⎠
⎝ 8
⎛ b
⎛ b ⎞⎞
forme canonique obtenue ; sinon utiliser S ⎜ − ; f ⎜ − ⎟ ⎟ ) et qui ad⎝ 2a ⎝ 2a ⎠ ⎠
3
met la droite d’équation x = − comme axe de symétrie.
8
2
a) −6x 2 + 4 x = 0 ⇔ 2x ( −3x + 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x =
3
⎧ 2⎫
(penser à factoriser ici !) d’où = ⎨0 ; ⎬ .
⎩ 3⎭
3
2
2
b) 4 x + 3 = 0 ⇔ x = − qui n’admet pas de solution dans car le
4
carré d’un réel est toujours positif donc = ∅.
2
2
2
c) 2x − 6x + 1 = 0 : Δ = b − 4ac = ( −6 ) − 4 × 2 × 1 = 28.
Δ > 0 donc l’équation admet deux solutions dans qui sont :
−b + Δ 3 + 7
−b − Δ 6 − 28 6 − 2 7 3 − 7
et x2 =
=
=
=
=
2a
2
2a
2×2
4
2
2
d)4( x − 2) − 25 = 0 ⇔ ⎡⎣2( x − 2) + 5⎤⎦ ⎡⎣2( x − 2) − 5⎤⎦ = 0 .
x1 =
⎧ 1 9⎫
⇔ (2x + 1)(2x − 9 ) = 0… Donc = ⎨− ; ⎬ .
⎩ 2 2⎭
2x 2 − 6x + 1 > 0 : c’est une inéquation du second degré. Pour la résoudre, on commence par déterminer les racines du trinôme 2x 2 − 6x + 1 , ce
3− 7
qui a été fait au 1. c). Les deux racines du trinôme sont x1 =
et
2
3+ 7
avec x1 < x2 .
x2 =
2
2
De plus, le coefficient du terme en x du trinôme est
a = 2 donc a > 0.
+
+
La courbe de la fonction f : x 2x 2 − 6x + 1 est
donc une parabole tournée vers le haut qui a pour alx2
x1
lure (voir ci-contre).
0
On peut ensuite y lire l’ensemble solution de l’inéRemarque : On peut aussi utiliser quation 2x 2 − 6x + 1 > 0 : = ] − ∞ ; x1[ ∪ ]x2 ; +∞[ .
la règle du signe d’un trinôme du
x
−∞
+∞
x1
x2
second degré (signe contraire à
celui de a entre les racines, signe
Signe de
de a à l’extérieur des racines) et en
+
0 –
0
+
2x 2 − 6x + 1
déduire le tableau ci-contre :
On conclut de même.
Séquence 1
49
Cned – Académie en ligne
Exercice 8
f est une fonction rationnelle donc f ( x ) existe ⇔ x 2 + 2x − 8 ≠ 0. Or
(1) x 2 + 2x − 8 = 0 ⇔ ( x + 1)2 − 1 − 8 = 0 ⇔ ( x + 1)2 − 9 = 0
(1) ⇔ ( x + 1 + 3)( x + 1 − 3) = 0 ⇔ ( x + 4 )( x − 2) = 0 ⇔ x = −4 ou x = 2.
Donc l’ensemble de définition de f est : f = − { −4 ; 2} (on peut aussi
utiliser Δ pour obtenir les racines −4 et 2 du dénominateur).
On a déjà : x 2 + 2x − 8 = ( x + 4 )( x − 2) .
2
Pour factoriser le numérateur, on résout l’équation 3x − 7x + 2 = 0 à
2
l’aide des formules avec Δ . On trouve que les racines de 3x − 7x + 2
sont 1 et 2 donc en utilisant la factorisation d’un trinôme du second
3
⎛
1⎞
degré, on obtient : 3x 2 − 7x + 2 = 3⎜ x − ⎟ ( x − 2) = ( 3x − 1)( x − 2)
3⎠
⎝
( 3x − 1)( x − 2) 3x − 1
=
pour tout x de − { −4 ; 2}.
d’où : f ( x ) =
( x + 4 )( x − 2) x + 4
Exercice 9
M(x ; y) ∈ ∩ ⇔ y = x 2 − 3x + 10 et y = mx + 1
⇔ y = x 2 − 3x + 10 et x 2 − 3x + 10 = mx + 1.
On cherche donc le nombre de solutions
(E) x 2 − 3x + 10 = mx + 1 : (E) ⇔ x 2 − (m + 3)x + 9 = 0.
de
l’équation
C’est une équation du second degré avec
Δ = (m + 3)2 − 36 = (m + 3 − 6 )(m + 3 + 6 ) = (m − 3)(m + 9 ).
Pour déterminer le nombre de solutions de (E), on étudie le signe du discriminant Δ : (m − 3)(m + 9 ) étant un trinôme du second degré de racines
3 et –9 et de coefficient en m2 : a =1, on obtient :
− ∞
m
–9
Signe de Δ = signe de
(m —3) (m + 9)
+
0
–
0
+
Nombre de solutions de
(E) = nombre de points
d’intersection de et 2
1
0
1
2
et se coupent
en deux points
aucun point
d’intersection
est tangente à Exercice 10
est tangente à Séquence 1
Cned – Académie en ligne
et se
coupent en
deux points
Comme x 4 + 5x 2 − 36 = ( x 2 )2 + 5( x 2 ) − 36 , on fait un changement de variable en posant X = x 2 .
⎧⎪X = x 2
x 4 + 5x 2 − 36 = 0 ⇔ ⎨
⎪⎩ X 2 + 5X − 36 = 0 (E )
On résout alors l’équation du second degré (E) :
50
+∞
3
Δ = 52 + 4 × 36 = 169 = 132 donc l’équation (E) possède deux solutions
−5 + 13
−5 − 13
= 4 et X2 =
= −9 .
dans : X1 =
2
2
Par suite,
2
⎧⎪
2
x 4 + 5x 2 − 36 = 0 ⇔ ⎨ X = x
x
−
⇔ x2 = 4
ou
= 9
⎩⎪ X = 4 ou X = −9
pas de solution dans
car x 2 ≥0 et − 9 <0
⇔ x 2 = 4 ⇔ x = ±2
Ainsi l’équation du 4e degré x 4 + 5x 2 − 36 = 0 possède 2 solutions dans
qui sont –2 et 2.
Exercice 11
On a ( x − 2)(ax 2 + bx + c ) = ax 3 + (b − 2a )x 2 + (c − 2b )x − 2c (après
développement et regroupement des termes de même degré!).
Donc P ( x ) = ( x − 2)(ax 2 + bx + c ) pour tout x
⇔ x 3 + x 2 − 10x + 8 = ax 3 + (b − 2a )x 2 + (c − 2b )x − 2c pour tout x
⎧ a =1
⎪
⎪ b − 2a = 1
⇔⎨
⎪c − 2b = −10
⎪⎩ −2c = 8
(par identiffication des coefficients
des monômes de mêm
me degré)
On résout ce système et on trouve : a =1 ; b = 3 ; c = −4 (bien vérifier que
ceci fonctionne dans les 4 équations).
D’où P ( x ) = ( x − 2)( x 2 + 3x − 4 ) pour tout x .
P ( x ) = 0 ⇔ ( x − 2)( x 2 + 3x − 4 ) = 0 ⇔ x − 2 = 0 ou x 2 + 3x − 4 = 0
On
résout
alors
l’équation
du
2e
degré
x 2 + 3x − 4 = 0 :
Δ = 32 − 4 × 1 × ( −4 ) = 25 donc cette équation possède deux solutions
−3 + 5
−3 − 5
= 1 et x2 =
dans : x1 =
= −4 .
2
2
D’où P ( x ) = 0 ⇔ x = 2 ou x = 1 ou x = −4 (ne pas oublier la solution de
l’équation x − 2 = 0 ).
L’ensemble des solutions de l’équation P ( x ) = 0 est donc = 2 ; 1 ; −4 .
{
Exercice 12
}
Soient l et L la largeur et la longueur du rectangle en mètres (avec
donc L ≥ l ). D’après l’énoncé, on a périmètre = 2 × (L + l ) = 800 et
aire = L × l = 34 375 .
Le couple (l ; L ) est donc solution du système
⎧L = 400 − I
⎧ L + l = 400
⎪⎧L = 400 − l
⇔⎨
⇔⎨
(S ) ⎨
⎩L × l = 34 375 ⎩l × ( 400 − l ) = 34 375 ⎪⎩l 2 − 400l + 34 375 = 0 (E )
Séquence 1
51
Cned – Académie en ligne
On résout l’équation du second degré (E) :
Δ = 4002 − 4 × 34 375 = 22 500 = 1502 donc l’équation (E) possède deux
400 − 150
400 + 150
= 125 .
solutions dans : l1 =
= 275 et l2 =
2
2
Pour l = 275 , on obtient L = 400 − 275 = 125 (refusé car L ≥ l ) et pour
l = 125 , on obtient L = 400 − 125 = 275 .
La largeur du rectangle est donc de 125 m et sa longueur est de 275 m.
Exercice 13
{
}
Tout d’abord, l’ensemble de définition de l’inéquation est − 2 ; −4
3x + 1
est défini ⇔ x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 (et de même pour l’autre quocar
x −2
tient). On résout donc l’inéquation dans − 2 ; −4 .
Dans − 2; −4 : (1) 3x + 1 > x + 3 ⇔ 3x + 1 − x + 3 > 0
x −2 x + 4
x −2 x + 4
{
{
}
⇔
}
( 3x + 1)( x + 4 ) − ( x − 2)( x + 3)
>0
( x − 2)( x + 4 )
2
2
soit (1) ⇔ 2x + 12x + 10 > 0 ⇔ x + 6x + 5 > 0 (après développe( x − 2)( x + 4 )
( x − 2)( x + 4 )
ment du numérateur et division des 2 membres par 2 > 0).
x 2 + 6x + 5
On est donc ramené à étudier le signe du quotient Q( x ) =
( x − 2)( x + 4 )
et à chercher quand Q( x ) > 0. On fait donc figurer dans un tableau les
signes du trinôme du second degré x 2 + 6x + 5 et des deux fonctions
affines composant le dénominateur.
Signe de x 2 + 6x + 5 : Après calculs avec Δ , on trouve que les racines de
ce trinôme sont – 5 et – 1. De plus le coefficient du terme en x 2 est positif (a = 1) donc la parabole représentant ce trinôme est une parabole
tournée vers le haut d’où le signe résumé dans le tableau ci-dessous.
−∞
x
–5
Signe de x 2 + 6x + 5
+
Signe de x − 2
0
–4
–1
–
–
–
–
–
–
Signe de x + 4
–
–
+
+
+
Signe de Q( x )
+
–
+
0
–
0
+
L’ensemble
solution
de
l’inéquation
= ] − ∞ ; −5 [ ∪ ] − 4 ; −1 [ ∪ ] 2 ; +∞[.
Exercice 14
Ꮿf
j
–1
52
0
Séquence 1
Cned – Académie en ligne
0
+∞
2
0
(1)
+
+
0
est
+
donc
Le graphe obtenu à la calculatrice est le suivant.
La courbe de f est un demi-cercle de centre O et de rayon 1.
Pour conjecturer la dérivabilité en –1, on observe la tangente à la courbe de f au point d’abscisse –1.
Or il apparaît qu’en ce point, la courbe de f admet une demitangente verticale. On peut donc conjecturer que la fonction
f n’est pas dérivable en –1.
i
1