corrige 1s4 24092007

Exercice 1
Cet exercice est presque une question de cours!. Le tout est d'être à l'aise sur les calculs; le
choix des coecients du trinôme n'était évidemment pas au hasard. Il s'agissait de tester votre
aisance technique
2
1
19
1
1
×1= +2=
f ∆=
−4× −
3
2
9
9
f
√
√
√
√
√
− 13 − 319
− 13 − 319
− 13 + 319
1 + 19
1 − 19
=
=
=
−1
3
3
2 × − 12
2 × − 12
Racines de :
Le discriminant est strictement positif donc possède deux racines qui sont :
et
Forme canonique : il est sans doute préférable ici d'appliquer les formules du cours.
On a ici f (x) = ax2 + bx + c avec a = − 12 , b = 13 et c = 1.
∆
On sait d'après le cours que f (x) = a(x − α)2 + β avec α = − 2ab et β = − 4a
ce qui donne
19
19
19
ici α = 13 et β = − −29 = 18
donc f (x) = − 12 (x − 13 )2 + 18
Tableau de variations : le coecient de x2 étant négatif, on obtient le tableau suivant.
1
3
19
18 Q
3
x −∞
f
+∞
Q
Q
s
Q
Signe de f : le coecient de x2 étant négatif, on obtient le tableau suivant.
x
f (x)
1−
−∞
−
√
3
0
19
1+
+
√
3
0
19
+∞
−
Exercice 2
Le sommet étant S(3; 5) l'équation peut s'écrire y = a(x − 3)2 + 5 où a est un réel à
déterminer.
La parabole passant par l'origine du repère, c'est-à-dire le point de coordonnées (0; 0),
on a a(0 − 3)2 + 5 = 0 soit 9a = −5 soit a = − 59 donc l'équation cherchée peut s'écrire
5
y = a = − (x − 3)2 + 5
9
Intersection avec l'axe des abscisses : les points d'intersection de la parabole avec l'axe des
abscisses ont pour abscisses les racines du trinôme − 95 (x − 3)2 + 5. L'un de ces points étant
l'origine, on en déduit que 0 est une racine. Notons x0 l'autre racine. Le sommet de la parabole
étant d'abscisse 3, on a x0 2+ 0 = 3 soit x0 = 6.
Le point cherché a donc pour coordonnées (6; 0).
remarque : c'est bien plus rapide de procéder ainsi que de développer − 95 (x − 3)
chercher les racines par la méthode usuelle (discrimimant,etc.)
2
+5
et de
Exercice 3
1◦/ On étudie le signe
du numérateur et du2 dénominateur.
2
Signe de x − 3 − x : c'est le trinôme −x + x − 3. On obtient ∆ = 1 − 12 = −11, il est
strictement négatif donc le trinôme
ne possède pas de racine et il est de signe constant, ici
négatif puisque le coecient de x2 est négatif.
√
2
Signe de 2x2 − 1 : on factorise directement√pour trouver
les
racines.
2x
−
1
=
(x
2−
√
√
1
2
2
1)(x 2 + 1) donc les racines sont − √ = −
et
.
Le
coecient
de
x2 étant positif,
2
2
2
2x2 − 1 est positif à l'extérieur des racines et négatif à l'intérieur.
D'où le tableau suivant (n'oubliez pas les valeurs interdites).
√
x
−∞
− 2/2
−x2 + x − 3
−
2x2 − 1
+
0
quotient
−
#
La solution de l'inéquation est donc l'intervalle
√
−
−
+
√
2/2
+∞
−
+
−
0
√ "
2 2
−
;
2 2
2◦/ Les inéquations suivantes sont équivalentes :
3
x
+ 16
x+2
x+1
x+1
x
3
+
6
x+1 x+1 x+2
2x + 1
3
−
60
x+1
x+2
(2x + 1)(x + 2) − 3(x + 1)
60
(x + 1)(x + 2)
2x2 + 2x − 1
60
(x + 1)(x + 2)
Le signe des facteurs du dénominateur ne pose pas de dicultés; pour le numérateur,√on
√
√
obtient ∆ = 12, 12 > 0 donc il y a deux racines qui sont (noter que 12 = 2 3) −1 −2 3
√
−1 + 3
et 2 . Le coecient de x2 étant positif, le trinôme est positif à l'extérieur des racines,
négatif à l'intérieur.
d'où le tableau suivant :
√
√
−∞
2x2 + 2x − 1
x+1
x+2
2
2x + 2x − 1
(x + 1)(x + 2)
−2
+
−
−
+
0
−1 −
2
+
0
−
+
−
0
3
−1
−
−
+
+
0
−1 +
2
−
0
+
+
−
0
3
+∞
+
+
+
+
La solution de l'inéquation est donc
#
−1 −
−2;
2
√ #
3
#
−1 +
∪ −1;
2
√ #
3
Exercice 4
Les points d'intersection de (P ) et D, s'ils existent, ont pour abscisses les solutions de
l'équation x2 − 2x + 3 = x + p, qui s'écrit aussi x2 − 3x + 3 − p = 0. C'est une équation du
second degré avec ∆ = 9 − 4(3 − p) = 4p − 3. Cette équation possède une unique solution
lorsque ∆ = 0 ce qui donne p = 43 .
Ainsi, (P ) et D ont un unique point d'intersection lorsque p = 43 .
Dans ce cas, l'équation précédente s'écrit x2 − 3x + 94 = 0 et son unique solution est 23 . C'est
l'abscisse du point d'intersection de (P ) et D. Pour l'ordonnée, on utilise l'équation de D avec
3
3
3 3
9
3
p = , soit y = x + . Si x = , alors y = + = .
4
4
2
2 4
4
Ainsi, lorsque
,
3
p=
(P )
4
et D ont un unique point d'intersection de coordonnées
3 9
;
2 4
.
Exercice 5
1◦/ On a ici ∆ = m22 − 4p. Comme p < 0, on a −4p > 0, de plus m2 > 0 (un carré est
toujours positif) donc m − 4p > 0 (somme de termes positifs).
Le discriminant du trinôme est donc strictement positif; le trinôme possède donc deux
racines distinctes.
2◦/ La forme factorisée du trinôme est ici (x − x1)(x − x2) ; en développant cette expression,
on obtient :
2
(x − x1 )(x − x2 ) = x − x2 × x − x1 × x + x1 x2
puis en regroupant les termes selon les puissances de l'inconnue x, on obtient
x2 − (x1 + x2 )x + x1 x2
.
D'après cette écriture, le coecient de x est égal à −(x1 + x2) et le terme constant est égal
à x1x2. Le trinôme s'écrit donc x2 + mx + p avec m = −(x1 + x2) et p = x1x2