Chapitre 7 : Exercices d approfondissement

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1 Chapitre 7 : Exercices d approfondissement Corrigés des exercices du chapitre 7 Exercice I Dans chaque cas, on va travailler avec la forme la plus adaptée aux données. Ici, on connaît le sommet S (3 ; ) de la parabole (P), on va donc utiliser la forme canonique. La parabole aura donc une équation de la forme y = a( x 3) + et il reste à déterminer le nombre réel a non nul tel que la parabole (P) passe par le point A (4 ; 3). On cherche donc le nombre a solution de l équation 3 = a( 4 3) + dont la solution unique est a = 1. Une seule parabole convient donc, celle d équation y = ( x 3) +. Ici, la parabole (P) coupe l axe des abscisses aux point d abscisses et 1 : on connaît les racines du trinôme donc on utilise la forme factorisée. La parabole aura donc une équation de la forme y = a( x ( ))( x 1 ), soit y = a( x + )( x 1). Il reste à déterminer le nombre réel a non nul tel que la parabole (P) coupe l axe des ordonnées au point d ordonnée 6. On cherche donc le nombre a solution de l équation 6 = a( 0 + )( 0 1) dont la solution unique est a = 3. Une seule parabole convient donc, elle a pour équation y = 3( x + )( x 1). La parabole (P) passe par l origine et par les points B et C de coordonnées respectives (1 ; 1) et (3 ;0). Ici, c est la forme développée qui est efficace. En effet, on cherche une équation de la forme y = ax + bx + c et, comme l origine appartient à la parabole, on obtient 0 = a 0 + b 0 + c, ce qui impose c =0. On cherche donc seulement les coefficients a et b, les points B et C qui sont sur la parabole vont donner deux équations et on pourra résoudre le système des deux équations. La condition sur le point B équivaut à l équation 1= a 1 + b 1, soit a + b =1. La condition sur le point C équivaut à 0 = a 9 + b 3, soit 3a + b = 0. On résout donc le système b = 1 a 1. a = a + b = 1 3a + b = 0 qui équivaut à b = 1 a 3a + 1 a = 0, soit Corrigé séquence 3 MA1 117

2 Remarque Pour les réponses et : on n impose pas la forme de la réponse, on peut garder la forme canonique ou la forme factorisée, on n est pas obligé de développer. Ce système possède un seul couple 1 3 solution : a = et b =. Une seule parabole convient donc, elle 1 3 a pour équation y = x + x. Exercice II 4 Le but de cet exercice est de résoudre l équation (E) : x 5x + 6 = 0. On effectue le changement d inconnue X = x. On a X x 4 =. = ( ), soit X x X = x Résoudre l équation (E) revient donc à résoudre le système. X 5X + 6 = 0 On résout donc l équation (E ) : X 5X + 6 = 0. Pour (E ), qui est une équation du second degré, on trouve = ( 5) = 1= 1. le discriminant est strictement positif, il y a 5 1 donc deux racines qui sont : X 1 = ( ) = 3 et X 1 = ( ) =. 1 Conclusion Exercice III Mais c est x que l on cherche, on utilise donc la première équation du système de la question : X = x avec les deux valeurs trouvées en résolvant (E ). On a : 3 = x x = 3 ou x = 3 et = x x = ou x =. { } L équation possède quatre solutions et S = 3 ; 3; ;. 3 Pour résoudre, dans R, l équation du troisième degré 5x + 3x 8x = 0, on se ramène à un produit nul : 3 5x + 3x 8x = 0 x( 5x + 3x 8) = 0 3 5x + 3x 8x = 0 x = 0ou5x + 3x 8 = 0. On résout l équation du second degré 5x + 3x 8 = 0. Son discriminant est = ( 8) = 169 = 13 ; comme est strictement 3 13 positif, il y a deux racines qui sont : x 1 = = 1 et x 5 = = 16,. 5 D où, finalement : 5x 3 + 3x 8x = 0 x = 0oux = 1ou x = 1, 6. S = { 0; 1; 16, }. 118 Corrigé Séquence 3 MA1

3 Exercice IV Quand on calcule la valeur du polynôme pour x =1, on trouve = 0, donc 1 est une racine du polynôme. Pour déterminer trois réels a, b et c tels que, pour tout réel x, on ait l égalité 3 x 13x + 1 = ( x 1)( ax + bx + c), on développe le produit. 3 On a ( x 1)( ax + bx + c) = ax + ( a + b) x + ( b + c) x c. 3 Pour obtenir le polynôme x 13x + 1, il suffit de choisir les coefficients a, b et c de façon à retrouver les coefficients 1, 0, 13 et 1. Il suffit donc que a = 1 a + b = 0 les coefficients a, b et c vérifient le système, qui équivaut à b + c = 13 a = 1 c = 1 b = 1. c = 1 3 Donc on a l égalité x 13x + 1 = ( x 1)( x + x 1). Vocabulaire On dit qu on a utilisé la méthode par identification. On retrouvera cette méthode dans des situations analogues. 3 On peut maintenant résoudre l équation (E) x 13x + 1 = 0. 3 x 13x + 1 = 0 ( x 1)( x + x 1) = 0 x 1= 0 ou x + x 1 = 0. Pour l équation du second degré x + x 1 = 0, on trouve = ( 1) = 49 = 7. Comme est strictement positif, il y a deux 1 7 racines qui sont : x 1 = = et x 1 7 = 4 1 =. 3 Donc x 13x + 1 = 0 x = 0oux = 3ou x = 4. S = { 1; 3; 4}. Remarque Pour résoudre une équation, il est intéressant de se ramener à un produit nul en factorisant. Une propriété, qui est hors programme, assure qu il est possible de factoriser par x 1 un polynôme pour lequel 1 est une racine. Comme cette propriété n est pas au programme, la forme de la factorisation vous a été donnée. Corrigé séquence 3 MA1 119

4 Exercice V 4 Pour factoriser et donner le tableau de signes du polynôme x 8x + 1, on fait le même changement de variable X = x que dans l exercice II car, ici aussi, la variable x n apparaît qu à la puissance deux ou quatre. On considère donc maintenant le trinôme du second degré X 8X + 1, on calcule son discriminant : = = 16 = 4. Il y a donc deux racines 8 4 qui sont X 1 = ( ) = 6 et X 1 = ( ) =. 1 On peut donc factoriser le trinôme : X 8X + 1 = ( X 6)( X ). 4 On peut maintenant revenir à la variable x : x 8x + 1 = ( x 6)( x ). 4 Et enfin on obtient : x 8x + 1 = ( x 6)( x + 6)( x )( x + ). Cette factorisation permet de construire le tableau de signes du polynôme 4 x 8x + 1 : x x 6 x + 6 x x + 4 x 8x y = x 4 8x + 1 On peut contrôler ces signes en observant la position de la courbe représentant la fonction f définie sur R par 4 f( x) = x 8x + 1. j O i 10 Corrigé Séquence 3 MA1

5 Exercice VI La fonction f est définie sur R 5 x + 3x 4 par f( x) =. Comme on a x + 5 un quotient, on détermine les signes du numérateur et du dénominateur. Le discriminant du trinôme x + 3x 4 est = ( 4) = 5 = 5. Comme est strictement positif, le trinôme a deux racines qui sont : 3 5 x 1 = = 1 et x = = 4. Comme le coefficient a du trinôme vaut 1, a est positif et donc le trinôme x + 3x 4 est positif à l extérieur des racines et négatif à l intérieur des racines. 5 Au dénominateur, x + 5 change de signe pour x = = 5,. Comme le coefficient de x est négatif, l ordre des signes est + 0. On obtient le tableau : x 4 1,5 + x + 3x x f( x) On peut alors lire l ensemble des solutions de l inéquation x + 3 x 4 0 x + 5 sur la dernière ligne du tableau : S = ; 4 1 ;, 5 Exercice VII Un peu de logique Si a et c sont de signes contraires, alors le produit ac est strictement négatif, 4ac est strictement positif ainsi que le discriminant b 4ac. Donc le trinôme possède deux racines distinctes. On a donc prouvé que la proposition (P 1 ) est vraie. Soit ( P ) la réciproque de la proposition (P 1 ). La proposition ( P ) est donc : «si le trinôme possède deux racines distinctes, alors a et c sont de signes contraires». Cette proposition est fausse, il suffit de donner un contre-exemple que l on peut chercher dans les équations déjà résolues, en voici un autre assez simple : le trinôme ( x 1)( x ) possède les deux racines distinctes 1 et, et sa forme Corrigé séquence 3 MA1 11

6 développée est x 3x + dans laquelle les coefficients a et c sont strictement positifs tous les deux. Soit ( P 3 ) la contraposée de la proposition ( P 1 ). La proposition ( P 3 ) est donc : «si le trinôme ne possède pas deux racines distinctes, alors a et c sont de même signe». La proposition ( P 3 ) est la contraposée de la proposition ( P 1 ) qui est vraie donc la proposition ( P 3 ) est vraie aussi car une proposition et sa contraposée sont vraies ou fausses en même temps (voir les rappels de logique dans la séquence 1). Soit ( P 4 ) la contraposée de la proposition ( P ). La proposition ( P 4 ) est : «si a et c sont de même signe, alors le trinôme ne possède pas deux racines distinctes». La proposition ( P ) est fausse, donc sa contraposée ( P 4 ) est fausse aussi. (Si on souhaite un contre-exemple, il suffit de reprendre celui de la réponse à la question.) Exercice VIII On appelle y la longueur du côté parallèle au mur et x celle de chacun des deux autres côtés. L aire du rectangle vaut xy. Mais on ne possède que 50 m de grillage donc y + x = 50, soit y = 50 x. Donc l aire du rectangle est A( x) avec A( x) = x( 50 x), soit A( x) = x + 50x. x y x La fonction A, définie par cette expression sur l intervalle [0 ; 50], est une fonction du second degré qui admet un maximum car a, le coefficient de x, est négatif car il vaut. b 50 Ce maximum de l aire est atteint pour x = = = 15,. a ( ) Pour calculer l aire maximale on utilise l expression de A( x ) ou le produit xy sachant que y = 50 15, = 5. L aire maximale que l on peut enclore est donc de 31,5 m. 1 Corrigé Séquence 3 MA1

7 Exercice IX Soit v la vitesse du vent. v : vitesse du vent 60 + v : vitesse de l avion à l aller A B 60 - v : vitesse de l avion au retour La vitesse pendant le trajet aller est donc 60 +v et celle du retour est 60 v. Les durées des trajets aller et retour sont respectivement : v et v. Comme le retour dure une demi-heure de plus que l aller, on a l égalité : = , v v 5. Pour résoudre une telle équation, la méthode est de se ramener à une égalité à zéro, et, plus précisément, à un quotient nul en réduisant les fractions au même dénominateur (un quotient est nul si et seulement si son numérateur est nul). Ainsi : = , v v 60 v 60 + v, = 840 ( 60 + v ) 840( 60 v ) 0, 5( 60 v )( 60 + v ) = 0 ( 60 v )( 60 + v ) 0,5v v = 0. On obtient une équation du second degré où le discriminant est : = , 5 ( 33800) = = Il y a donc deux racines : v 1 = = 0 et v 0, 5 = = , 5 Seule la réponse positive est acceptable : la vitesse du vent est donc 0km.h 1. Corrigé séquence 3 MA1 13

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