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[ CORRECTION DEVOIR MAISON 1 \ SECOND DEGRÉ Vous traiterez au moins un exercice

[ CORRECTION DEVOIR MAISON 1 \ SECOND DEGRÉ Vous traiterez au moins un exercice parmi les 4 suivants. A rendre le 22/09/14 Exercice 1. ⋆ On considère les polynômes P, Q et R déﬁnies pour x ∈R par : P(x) = x2 −x −1 ; Q(x) = −4x2 −4x −1 et R(x) = −3x2 +x −1 1. Résoudre, dans R, les équations suivantes : (a) P(x) = 0. On calcule le discriminant : ∆= b2 −4ac = (−1)2 −4×1×(−1) = 1+4 = 5 > 0 Puisque le discriminant est strictement positif l’équation P(x) = 0 admet deux solutions qui sont : x1 = −b − p ∆ 2a = 1− p 5 2 ou x2 = −b + p ∆ 2a = 1+ p 5 2 L’ensemble S des réels x qui vériﬁent P(x) = 0 est : S = ( 1− p 5 2 ; 1+ p 5 2 ) (b) Q(x) = 0 On calcule le discriminant : ∆= b2 −4ac = (−4)2 −4×(−4)×(−1) = 16−16 = 0 Puisque le discriminant est nul l’équation Q(x) = 0 admet une unique solution qui est : x = −b 2a = −4 8 = −1 2 L’ensemble S des réels x qui vériﬁent P(x) = 0 est : S = ½ −1 2 ¾ (c) R(x) = 0 On calcule le discriminant : ∆= b2 −4ac = 12 −4×(−3)×(−1) = 1−12 = −11 < 0 Puisque le discriminant est strictement négatif l’équation P(x) = 0 n’admet pas de solutions et par consé- quent : S = ; 2. Dresser, en fonction de x, les trois tableaux de signe des expressions P(x), Q(x) et R(x). Le trinôme P(x) admet deux racines, de plus a = 1 > 0 d’où : x −∞ 1− p 5 2 1+ p 5 2 +∞ x2 −x −1 + 0 − 0 + D. Zancanaro zancanaro.math@gmail.com Lycée Jean Durand 1Ã´ lreS - 2014-2015 1/ 6 wicky-math.fr.nf wicky-math.fr.nf Second degré Le trinôme Q(x) admet une unique solution avec a = −4 < 0 d’où : x −∞ −0,5 +∞ −4x2 −4x −1 − 0 − Le trinôme R(x) n’admet pas de racine par conséquent il est de signe constant et puisque a = −3 on a : x −∞ +∞ −3x2 + x −1 − 3. Résoudre, dans R, les inéquations suivantes : Par lecture des tableaux de signe précédent on déduit : (a) P(x) > 0 pour x ∈ # −∞; 1− p 5 2 " ∪ # 1+ p 5 2 ;+∞ " (b) Q(x) ≥0 pour x = −1 2 (c) R(x) ≤0 pour x ∈R. 4. Déterminer les coordonnées des sommets Sp, Sq et Sr des paraboles représentant P, Q et R. L’abscisse du sommet est α = −b 2a ce qui donne : L’abscisse de Sp vaut α = −−1 2 = 1 2 L’abscisse de Sq vaut α = −−4 −8 = −1 2 Et l’abscisse de Sr vaut α = −1 −6 = 1 6. On obtient les ordonnées en calculant les images des abscisses ce qui donne P(0,5) = 0,52 −0,5 −1 = 0,25 −0,5 −1 = −1,25 puis Q(−0,5) = −4(−0,5)2 −4(−0,5) −1 = −1 + 2 −1 = 0 et enﬁn R(1/6) = −3×(1/6)2 +(1/6)−1 = −3/36+6/36−36/36 = −3 36 = −1 12. Les coordonnées des sommets Sp, Sq et Sr sont donc : Sp (0,5;−1,25) ; Sq (−0,5;0) et Sr µ1 6;−1 12 ¶ 5. Dresser les trois tableaux de variations des fonctions P, R et Q sur R. Des coordonnées du sommet et de la forme de la parabole (qui est donné par signe de a) on déduit immédiate- ment le tableau de variation des fonctions P, Q et R : x −∞ 0,5 +∞ x2 −x −1 −1,25 D. Zancanaro zancanaro.math@gmail.com Lycée Jean Durand 1Ã´ lreS - 2014-2015 2/ 6 wicky-math.fr.nf Second degré x −∞ −0,5 +∞ −4x2 −4x −1 0 x −∞ 1/6 +∞ −3x2 + x −1 −1/12 6. Donner, lorsque c’est possible, l’écriture factorisée des polynômes P, Q et R. Le polynôme P admet deux racines et par conséquent son écriture factorisée est : P(x) = Ã x −1− p 5 2 !Ã x −1+ p 5 2 ! Le polynôme Q admet une unique racine −0,5, par conséquent son écriture factorisée est : Q(x) = −4(x −(−0,5))2 = 4(x +0,5)2 Enﬁn le polynôme R n’admettant pas de racines ne peut pas être écrit sous forme factorisée. Exercice 2. ⋆⋆ 1. (a) Résoudre dans R l’équation u2 −5u −6 = 0 Le discriminant vaut ∆= b2 −4ac = (−5)2 −4×1×(−6) = 25+24 = 49 > 0 Par conséquent l’équation u2 −5u −6 = 0 admet deux solutions que voici : u1 = −b − p ∆ 2a = 5− p 49 2 = 5−7 2 = −1 et u2 = −b + p ∆ 2a = 5+7 2 = 6 On en déduit l’ensemble des solutions S : S = {−1;6} (b) En déduire les solutions de l’équation p 15−x = x −3 Ensemble de déﬁnition de l’équation : Nécessairement on a 15−x ≥0 ⇐ ⇒−x ≥−15 ⇐ ⇒x ≤15. Par conséquent les solutions éventuelles de l’équation ne peuvent être que des nombres inférieurs ou égaux à 15. Résolution de l’équation : Pour x ≤15 on a : p 15−x = x −3 = ⇒ ³p 15−x ´2 = (x −3)2 ⇐ ⇒15−x = x2 −6x +9 ⇐ ⇒0 = x2 −5x −6 On retombe sur l’équation que l’on a déjà résolu dans la question précédente dont les solutions sont −1 et 6. −1 et 6 sont bien inférieurs à 15 donc sont possiblement solution de p 15−x = x −3. Mais nous devons vériﬁer que c’est bien le cas : — pour x = −1 on a p 15−(−1) = 4 et −1−3 = −4, c’est-à-dire que −1 est solution de 0 = x2 −5x −6 mais de de p 15−x = x −3... D. Zancanaro zancanaro.math@gmail.com Lycée Jean Durand 1Ã´ lreS - 2014-2015 3/ 6 wicky-math.fr.nf Second degré — pour x = 6 on a p 15−6 = 3 et 6−3 = 9, c’est-à-dire que 6 est solution de p 15−x = x −3 d’où : S = {6} Pour mieux comprendre : On a p 15−x = x−3 = ⇒ ³p 15−x ´2 = (x−3)2 mais par contraire la réciproque est fausse, il n’est pas vraie que ³p 15−x ´2 = (x−3)2 = ⇒ p 15−x = x−3. En effet si on remplace x par −1 il n’est pas vrai que p 15−(−1) = −1−3 mais cela devient vrai lorsqu’on élève les résultats au carré. Lorsqu’on perd l’équivalence en cours de résolution, on trouve tous les nombres qui peuvent être solutions mais certain d’entre eux ne le sont peut être pas...A méditer. 2. (a) Résoudre dans R l’équation u2 −7u +6 = 0 Le discriminant vaut ∆= b2 −4ac = (−7)2 −4×1×6 = 49−24 = 25 > 0 Par conséquent l’équation u2 −7u +6 = 0 admet deux solutions que voici : u1 = −b − p ∆ 2a = 7−5 2 = 1 et u2 = −b + p ∆ 2a = 7+5 2 = 6 On en déduit l’ensemble des solutions S : S = {1;6} (b) Un drapeau a pour dimensions 3 et 4 (en mètres) et la « croix blanche » est de largeur constante. Quelle est cette largeur sachant que l’aire de la croix est égale à l’aire noire ? L’aire totale du drapeau vaut 3×4 = 12 m2 et l’aire de la croix blanche vaut la moitié de celle du drapeau c’est-à-dire elle vaut 12 2 = 6 m2. D’autre part, recalculons l’aire de la croix blanche d’une manière différente, en notant x la largeur de la croix. L’aire des rectangles formant la croix blanche vaut alors 3×x m2 et 4×x m2. L’aire de la croix blanche est la somme des aires des rectangles la formant auquel on enlève l’aire du carré central (compté deux fois, dans chacun des deux rectangles) et donc l’aire de la croix blanche vaut : 3x +4x −x2 Ainsi on obtient : 7x −x2 = 6 ⇐ ⇒0 = x2 −7x +6 On a déjà résolu cette équation lors de la question précédente, elle admet deux solutions 1 et 6. Cependant il est impossible d’avoir x = 6 puisque le drapeau est de taille 4 × 3 donc le problème admet une unique solution qui est x = 1 m. Ainsi la largeur de la croix blanche vaut 1 m. Exercice 3. ⋆⋆⋆ On considère l’équation (Em) d’inconnue x ci dessous : (m −1)x2 −2mx +m +3 = 0 (Em) D. Zancanaro zancanaro.math@gmail.com Lycée Jean Durand 1Ã´ lreS - 2014-2015 4/ 6 wicky-math.fr.nf Second degré 1. Résoudre l’équation (Em) dans le cas où elle n’est pas une équation du second degré. L’équation (Em) n’est pas une équation du second degré si et seulement si m −1 = 0 ⇐ ⇒m = 1. Dans ce cas on résout (E1) i.e. −2x +4 = 0 ⇐ ⇒−2x = uploads/s3/ correction-dm1-1s.pdf