1 ère

Term. L (spécialité mathématiques) & ES 16 septembre 2016 (3 h)
DEVOIR SURVEILLE N°1 DE MATHEMATIQUES.
Seule la calculatrice personnelle est autorisée. Les exercices sont indépendants. Il sera tenu
compte de la rédaction, de la présentation et de l'orthographe. Les calculs doivent être détaillés. Le
barême n’est qu’indicatif. Tout résultat fourni par l’énoncé peut être admis pour poursuivre.
EXERCICE 1 (sur 5,5 points).
Résolvez dans  les équations suivantes :
1) 5x2 + 3x  8 = 0 ; 2) 4x2 + 3x + 1 = 0 ; 3) x2
431 x
;
4) 4x4 + 3x2  1 = 0 ; 5)
0423
2 xx
;
6)
032
3
12 xx
; 7)
2
3
21 
 xx
.
EXERCICE 2 (sur 6 points).
Résolvez dans  les inéquations suivantes :
1) x2  x  6  0 ; 2) x2 + 2x < 4 ; 3)
02
2
7
2 xx
;
4)
0262 2 xxx
; 5)
1
23 12
2
xx x
; 6)
6
2
7
x x
.
EXERCICE 3 (sur 2,5 points) : suite définie explicitement.
Soit la suite (un)n définie par :
pour tout entier naturel n :
145 2 nnun
.
1) Calculez les trois premiers termes de cette suite.
2) Etudiez le sens de variation de cette suite.
EXERCICE 4 (sur 2 points) : suite définie par récurrence.
1) Soit (un)n la suite définie par :
u0 = 10 000 et, pour tout entier naturel n : un+1 = 0,8un + 5 000.
Calculez u1 et u2.
2) Une observation faite par un journal sur ses abonnés a permis de constater, pour chaque
année, un taux de réabonnement de 80 % ainsi que l’apparition de 5 000 nouveaux abonnés.
On suppose qu’en 2016, le journal compte 10 000 abonnés.
En supposant que l’évolution décrite par l’observation précédente reste la même au fil des
ans, et en établissant un lien avec la question précédente, trouvez le nombre d’abonnés au
journal en 2019.
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Vous traiterez, au choix, deux des trois problèmes concrets suivants ; s’il vous reste du
temps, et si les deux premiers problèmes ont bien été traités, vous pourrez traiter un
troisième problème qui sera alors noté en bonus.

EXERCICE 5 (sur 2 points) : les comptes d’É. Pargne.
Emile Pargne souscrit, le 1er janvier 2013, des actions d’une entreprise pour un montant de 8 000 €.
Le 1er janvier 2014, les actions ont subi une perte de t % par rapport au 1er janvier 2013, mais
monsieur Pargne, nullement découragé, maintient son placement.
Le 1er janvier 2015, il constate avec joie une plus-value de (2t) % par rapport au 1er janvier 2014.
Ce même jour, le 1er janvier 2015, la vente de son portefeuille d’actions représente un
montant de 8 481,60 €.
Déterminez t (on précise que t est inférieur à 40).
EXERCICE 6 (sur 2 points) : à l’abordage !
Après un abordage réussi, l’équipage d’un bateau
de pirates doit se partager équitablement un butin
de 151 200 écus. Au banquet qui précède le
partage, le cuisinier du navire réussit à
empoisonner 5 pirates ! La part de chacun est
alors augmentée de 2 250 écus.
Combien y avait-il de pirates au départ ?
EXERCICE 7 (sur 2 points) : un cadre agréable.
Une photographie est encadrée dans un cadre
rectangulaire de 40 cm sur 50 cm. L’aire de la
photo seule est de 1 344 cm². La largeur de la
bordure du cadre est uniforme.
Déterminez cette largeur.
Conservez l’énoncé.
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EXERCICE 1
1) 5x2 + 3x  8 = 0.  = 169.  > 0 donc l’équation admet deux solutions :

1
10133
et
5
8
10133
. S
 1 ;
5
8
.
2) 4x2 + 3x + 1 = 0.  = 9  16 = 7.  < 0 donc l’équation n’a pas de solution. S = .
3) x2
431 x
. L’équation équivaut successivement à : 4x² = 1  3x ; 4x² + 3x  1 = 0.
 = 25.  > 0 donc l’équation admet deux solutions :
4
1
853 
et
1
853 
.
S
 4
1
; 1
.
4) 4x4 + 3x2  1 = 0 : c’est une équation bicarrée qui devient, en posant X = x2 :
4X² + 3X  1 = 0. D’après la précédente question, cette équation admet deux solutions :
X’
1
et X’’
4
1
.
x2 = 1 : impossible x2
4
1
x
2
1
ou x
2
1
S
 2
1
;
2
1
.
5)
0423
2 xx
.  =
216184423 2
donc l’équation admet deux
solutions :
2
2223 
et
22
2223 
. S
2 ; 22 
.
6)
032
3
12 xx
. 
0443
3
1
44 
.  = 0 donc le trinôme
32
3
12 xx
admet une seule racine (double) :
3
3
22
. S
3
. On pouvait aussi multiplier les deux
membres de l’équation initiale par 3 pour obtenir :
096
2 xx
; et reconnaître une
identité remarquable développée :
03 2x
.
7) Traitée en classe.
EXERCICE 3
1.
10405 2
0u
donc
1
0u
.
11415 2
1u
donc
1
u
2.
12425 2
2u
donc
2
u
13.
2. Pour tout entier naturel n :
145 2 nnun
donc :
265144510511415 22
2
1 nnnnnnnun
;
on calcule la différence entre ces deux termes consécutifs :
110145265145265 2222
1 nnnnnnnnnuu nn
10n + 1 > 0 car n est un entier naturel donc un+1  un > 0 donc :
cette suite est strictement croissante.
Noter que
210 uuu 
aurait seulement permis de conjecturer ce sens de variation, mais pas de le prouver car la
« croissance » observée sur les 3 premiers termes ne permet rien d’affirmer sur les termes suivants.
EXERCICE 2

1) x2  x  6  0.  = 25.  > 0 donc le polynôme x2  x  6 admet deux racines :
3
251 
et
2
251 
. Ce polynôme est du signe de a = 1, donc positif ou nul, sur
] ; 2][3 ; +[, et strictement négatif sur l’intervalle ]2 ; 3[. Ici, on souhaite que le
polynôme soit positif ou nul, donc : S = ] ; 2][3 ; +[.
2) x2 + 2x < 4. L’inéquation équivaut à : x2 + 2x  4 < 0.  = 12.  < 0 donc le
polynôme x2 + 2x  4 est toujours du signe de a = 1, donc strictement négatif. Ici, on
souhaite que le polynôme soit strictement négatif, donc : S = .
3)
02
2
7
2 xx
. 
2
2
9
4
81
214
4
49 
.  > 0 donc le trinôme
2
2
7
2 xx
admet deux racines :
4
22
9
2
7
et
2
1
22
9
2
7
. Ce polynôme est du signe
de a = 1, donc strictement négatif, sur
 ; 4
2
1
;
, et strictement positif sur l’intervalle
4 ;
2
1
, et nul en
2
1
ou 4. Ici, on souhaite que le polynôme soit strictement positif, donc :
S
 4 ;
2
1
.
4) Traitée en classe.
5)
1
23 12
2
xx x
.
Domaine de résolution. Il ne faut pas que :
23
2 xx
= 0. Le trinôme
23
2 xx
admet
comme discriminant  = 1 et admet deux racines :
2
213 
et
1
213 
. On résout sur :
D = \
2 ; 1
.
Résolution. En transposant tout dans le premier membre, l’inéquation proposée équivaut à :
0
23 1
0
23 2312
01
23 12
1
23 12 2
2
2
2
22 
xx xx xx xxx xx x xx x
.
Le trinôme
1
2 xx
admet comme discriminant  = 3 et n’admet donc pas de racine ; il est
toujours du signe de a = 1 i.e. strictement négatif. Le trinôme
23
2 xx
est du signe de a = 1
(i.e. strictement positif) « en dehors » de ses racines 1 et 2, du signe contraire « entre » ses racines.
x
 1 2 + 
1
2 xx
23
2 xx
+ 0  0 +
23 1
2
2
xx xx
+
S = ] ; 1[  ]2 ; +[.
6) On résout sur : D = \
2
.
L’inéquation proposée équivaut à :

0
2
26
2
2
2
7
x
x
xxx x
0
254
2
xxx
.
Le polynôme x2  4x  5 admet pour discriminant 36 et a donc deux racines :
1
264 
et
5
264 
. Ce polynôme est du signe de a = 1, donc strictement positif, « en dehors des
racines », et négatif « entre les racines ».
x
 2 1 5 + 
x + 2
 0 + + +
x 2  4x  5
+ + 0  0 +
254
2
xxx
+ 0  0 +
S
 ; 51 ; 2
.
EXERCICE 5
Le 1er janvier 2014, les actions ont subi une perte de t % par rapport au 1er janvier 2013,
donc ont été multipliées par
100
1t
et valent donc : 8 000
100
1t
.
Le 1er janvier 2015, les actions ont subi une plus-value de (2t) % par rapport au 1er janvier
2014, donc ont été multipliées par
50
1
100
2
1tt
et valent donc :
8 000
50
1
100
1tt
8 481,60.
Cette équation équivaut successivement à :
50
1
100
1tt
1,0602 ;
 000 510050 12
ttt
1,0602 ;
 000 5100 12
tt
1,0602 ;
006020
100000 5
2 ,
tt
;
soit, en multipliant les deux membres par 5 000 : t²  50t + 301 = 0.
 = 1 296 = 36².  > 0 donc l’équation admet deux solutions :
7
23650 
et
43
23650 
. t étant inférieur à 40 : t = 7.
Variante :
026100
8000 000 8481,60 8 ,
. Entre 2013 et 2015 le montant des actions a
augmenté de 6,02 % donc a été multiplié par 1,0602 d’où :
50
1
100
1tt
1,0602.
EXERCICE 6
Notons x le nombre initial de pirates. x est un entier naturel non nul.