1 ère S Mathématiques DS n 3 : «Fonctions et second degré»

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1 1 ère S Mathématiques DS n : «Fonctions et second degré» Le 15/11/006 CORRECTION Eercice 1 (1,5 pt) Trouver un trinôme ayant 5 et comme racines et prenant la valeur 4 en 1. On sait que quand D > 0, la forme factorisée d un trinôme est a( 1 )( ) où 1 et sont les deu racines. Donc ici, le trinôme s écrit f() a( 5)( + ). Or f( 1) 4, donc a( 1 5)( 1 +) 4, ce qui implique que 1a 4, soit a 1 Donc le trinôme cherché est 1 ( 5)( + ). La forme développée est Eercice ( pts) Résoudre le système suivant : (1) (1),() y y + y 5 + y 5 y + y 5 + y 5 + y y 5 y (1) () Le système est donc équivalent à : + y 5 y On sait que et y sont les racines de l équation X + 5 X 0 D ( 5 ) 4 1 ( ) ( 7 ) D > 0, il y a donc deu racines distinctes ère S ( ) Mathématiques DS - fonctions et second degre - correction

2 D où l ensemble solution du système : S {( ; 1 ) ; ( 1 ; )} Eercice (pts) Résoudre dans les équations suivantes : D 8 4 ( ) D > 0, il y a donc deu racines distinctes D où l ensemble solution : S { ; 1 } D ( 1) 4 ( 1 ) ( 1 ) D 0, il y a donc une unique racine ( 1 ) 1 1 D où l ensemble solution : S { 1} Eercice 4 ( pts) Soit (O ; i, j ) un repère du plan. Dans ce repère, on note C la parabole d équation y + b + et D la droite d équation y + 1. On rappelle que, dans un repère donné, si C 1 est la courbe d équation y f 1 () et C la courbe d équation y f (), alors déterminer les abscisses des points d intersection de C 1 et C revient à trouver les solutions de l équation f 1 () f (). 1. Pour quelle(s) valeur(s) de b, C et D n ont-elles qu un seul point commun? Pour étudier l eistence de points d intersection des courbes C et D, on résout l équation suivante : + b (E) (E) + b (E) + (b 1) + 0 (E) est une équation du second degré où l inconnue est. Cette équation possède un paramètre : b. Suivant les valeurs du paramètre b, l équation (E) va admettre 0, 1 ou solutions. Ici, la question posée revient à trouver les valeurs de b pour lesquelles l équation (E) n admet qu une unique solution. 1 ère S ( ) Mathématiques - - DS - fonctions et second degre - correction

3 On sait qu une équation du second degré n admet qu une seule solution si et seulement si son discriminant est nul. Dans le cas de (E), le discriminant D est donné par D (b 1) 4 (b 1) 16. On a donc : C et D n ont qu un seul point commun D 0 (b 1) 16 0 b 1 4 ou b 1 4 C et D n ont qu un seul point commun b 5 ou b.. Pour quelle(s) valeur(s) de b, C et D n ont-elles aucun point commun? De même que dans la question précédente, on a : C et D n ont aucun point commun D < 0 (b 1) 16 < 0 b b < 0 b b 15 < 0 b est à l intérieur des racines du trinôme b b 15 C et D n ont aucun point commun b œ ] ; 5[ Eercice 5 ( pts) Soit f la fonction f : # Justifier que f est définie sur. Cherchons le domaine de définition de f. œ D f Résolution de l équation D D < 0, donc l équation n admet aucune solution. Il n y a donc aucune valeur interdite pour définir f. Conclusion : D f 1 ère S ( ) Mathématiques - - DS - fonctions et second degre - correction

4 . Montrer que f est majorée par 4. Rappel : une fonction est majorée par le nombre réel M si et seulement si, pour tout œ D f : f() b M.! MÉTHODE À RETENIR Pour résoudre cette question, on va prouver que, pour tout réel, f() b 4. «f() b 4» est une inéquation. On va donc résoudre cette inéquation et montrer que son ensemble solution est Notons ( I ) l inéquation «f() b 4» 1 5 ( I ) b b ( + + 1) b b b 0 Attention au signes ici! b 0 Pour résoudre cette inéquation, on étudie le signe du numérateur et du dénominateur. Signe de 8 9. D ( 9) 4 ( 8) ( ) D < 0, donc le trinôme est toujours du signe de a 8, c est à dire négatif. Signe de D 7 (voir question précédente) D < 0, donc le trinôme est toujours du signe de a, c est à dire positif. Conclusion : le numérateur est négatif, le dénominateur est positif, la fraction est donc négative pour tout réel. Donc l inéquation b 0 est toujours vérifiée. L ensemble solution de l inéquation ( I ) est donc. La fonction f est majorée par 4. 1 ère S ( ) Mathématiques DS - fonctions et second degre - correction

5 Eercice 6 (1,5 pt) Soit (O ; i, j ) un repère orthonormé du plan. 1 Soit C la courbe d équation y dans ce repère. + 1 Donner une équation des courbes suivantes (aucun détail n est demandé) : 1. C 1, l image de C par la translation de vecteur i + j. Pour effectuer la translation de vecteur i + j, on applique d abord la translation t 1 de vecteur i puis la translation t de vecteur j. f() t 1 f( + ) t f( + ) + 1 Donc l équation de C 1 est y Conclusion : C 1 : y ( + ) C, l image de C par la symétrie d ae f() S(oj) f( ) D où l équation de la courbe C : y C, l image de C par la symétrie de centre O. Pour effectuer une symétrie de centre O, on applique successivement les symétries orthogonales s 1 et s d ae (O ; i ) et d ae (O ; j ). s f() 1 s f() f( ) D où l équation de la courbe C : y Eercice 7 ( pts) g et h sont les fonctions définies sur par g() et h(). f est la fonction telle que f() Déterminer le domaine de définition des fonctions f et f g Domaine de la fonction f. œ D f + 1 r 0 r 1 œ [ 1 ; + [ Donc D f [ 1 ; + [ 1 ère S ( ) Mathématiques DS - fonctions et second degre - correction

6 Domaine de la fonction f g œ D f/g œ D f g() 0 œ [ 1 ; + [ 0 œ [ 1 ; + [ ( ) 0 œ [ 1 ; + [ 0 et œ [ 1 ; 0[» ]0 ; [» ] ; + [ Donc D f/g [ 1 ; 0[» ]0 ; [» ] ; + [. Déterminer le domaine de définition de la fonction g o f. On rappelle que, si u et v sont des fonctions respectivement définies sur D u et D v, alors le domaine de définition de u o v est donné par : œ D u o v œ D v et v() œ D u œ D g o f œ D f et f() œ D g œ [ 1 ; + [ et f() œ «f() œ» est toujours vrai. Donc : œ D g o f œ [ 1 ; + [ Ce qui signifie que D g o f [ 1 ; + [. Calculer g o f (). Les fonctions g o f et h sont-elles égales? Justifier. g o f ()? f y g y² y g o f () y y ( ) ( ) ( + 1) + 1 g o f () Les epressions de g o f () et de h() sont égales, mais les deu fonctions ne sont pas définies sur le même domaine. Donc les fonctions g o f et h ne sont pas égales. 1 ère S ( ) Mathématiques DS - fonctions et second degre - correction

7 Eercice 8 ( pts) Soit (O ; i, j ) un repère du plan. Soit f la fonction définie sur \ { 1} par f() Montrer que la courbe de f admet le point W ( 1 ; ) comme centre de symétrie. Premièrement, le domaine de f, \ { 1}est symétrique par rapport à 1. f( 1 ) + f( 1 + ) Deuièmement, on va prouver que, pour tout réel : ( 1 ) 1 ( 1 + ) 1 f( 1 ) f( 1 + ) ( 1 ) + 1 ( 1 + ) ( + ) + Donc : f( 1 ) + f( 1 + ) f( 1 ) + f( 1 + ) Cela prouve que la courbe de f admet le point W ( 1 ; ) comme centre de symétrie. Déterminer les formules de p() et i(), respectivement partie paire et partie impaire de f. Il est essentiel de retenir que les fonctions p et i ne sont définies que sur un domaine symétrique par rapport à zéro, par eemple ] 1 ; 1[ 1 ère S ( ) Mathématiques DS - fonctions et second degre - correction

8 p() f() + f( ) ( ) 1 ( ) ( 1)( + 1) + ( 1)( + 1) ( 1) 1 1 cette formule sera reprise pour le calcul de i() p() 1 1 i() f() p() ( 1)( + 1) ( 1) i() 1 1 ère S ( ) Mathématiques DS - fonctions et second degre - correction