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Classe de première 8 : Corrigé du DS n°1 Exercice 1 a) vrai (c’est du cours) b)

Classe de première 8 : Corrigé du DS n°1 Exercice 1 a) vrai (c’est du cours) b) faux c) vrai (par exemple 2 2 ( 1) 1 x x x + + d) faux, de degré 6 e) faux, il y a x f) vrai, de degré 0 g) faux, inférieur ou égal au plus haut degré des deux, mais pas forcément au plus petit. h) faux, il peut être inférieur aux deux si le terme de plus haut degré se compense. Exercice 2 1. a) 2 2 1 0 x x − + = : 1 8 7 ∆= − = − donc S = ∅ b) 4 2 13 36 0 x x − + = : Posons 2 X x = , on obtient 2 13 36 0 X X − + = , 169 144 25 ∆= − = donc on a deux possibilités pour X : 1 13 5 4 2 X − = = et 2 13 5 9 2 X + = = . Revenons maintenant à x : 2 1 4 x X = = a pour solutions 2 et –2, 2 2 9 x X = = a pour solutions 3 et –3. Finalement { } 2; 3;2;3 S = − − . c) Pour 0 x ≠ , 1 3 x x + = se met au même dénominateur 2 1 3 1 3 0 0 x x x x x − + + − = ⇔ = . Le quotient est nul si et seulement si son numérateur est nul, soit si et ssi 2 3 1 0 x x − + = . 9 4 5 ∆= − = , on a donc 3 5 3 5 , 2 2 S   − +   =       . 2. 2 ( ) 4 5 f x x x = + − se factorise en cherchant les solutions de l’équation 2 4 5 0 x x + − = . 1 80 81 ∆= + = , il y a donc deux solutions 1 1 9 5 8 4 x −− = = − et 2 1 9 1 8 x −+ = = . On a finalement la factorisation 5 ( ) 4 ( 1) (4 5)( 1) 4 f x x x x x   = + − = + −     3. A partir de 2 2 ( ) 2 4 b f x a x a a   ∆   = + −           , quand 0 ∆≥ , on écrit 2 2 4 2 a a   ∆ ∆ =       , donc 2 2 ( ) 2 2 2 2 2 2 b b b f x a x a x x a a a a a a        ∆ ∆ ∆     = + − = + − + +                        avec 2 2 A B − , puis ( ) 2 2 2 2 b b b b f x a x x a x x a a a a       − ∆ + ∆ −+ ∆ −− ∆ = + + = − −                   , et enfin on obtient ( ) 1 2 ( ) ( ) f x a x x x x = − − où 1 2 , x x sont les deux solutions de l’équation ( ) 0 f x = . Exercice 3 1. On rappelle que la relation liant la vitesse, la distance et le temps est D VT = . Ici on connaît une distance de 300 kilomètres, appelons x la vitesse et y le temps. On a donc 300 xy = . D’autre part, en allant à une vitesse 10 x + , on mettrait un temps 1 y −, pour la même distance, soit ( 10)( 1) 300 x y + − = qui s’écrit 10 10 300 xy x y − + − = , et compte tenu de 300 xy = , il reste 10 10 0 x y −+ − = . On a donc bien le système 300 10 10 xy x y =  = −  . Résolvons-le par substitution : (10 10) 300 10 10 y y x y − =  = −  , soit 2 10 10 300 0 10 10 y y x y  − − = = −  ou encore 2 30 0 10 10 y y x y  − − = = −  . L’équation 2 30 0 y y − − = a pour discriminant 2 1 120 121 11 ∆= + = = , ses solutions sont donc 1 2 1 11 1 11 6, 5 2 2 y y + − = = = −. On trouve ensuite 1 1 10 10 50 x y = − = et 2 2 10 10 60 x y = − = − . Compte tenu de la nature du problème, seules les valeurs positives sont à prendre en compte. On a roulé finalement 6 heures à 50 km/h 2. Les triangles AIL et BIJ sont rectangles avec des angles de 45°, ils sont donc aussi isocèles, donc AI IL x = = et BI BJ a x = = − , et d’après le théorème de Pythagore, 2 2 2 2 2 IL AI AL x x x = + = + = , et 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 IJ a x a x a x = − + − = − . L’aire du rectangle IJKL vaut donc 2 ( ) 2 2 ( ) IJ IL x a x x a x × = × − = − . L’aire de ABCD vaut 2 a . IJKL est la moitié de ABCD si 2 1 2 ( ) 2 x a x a − = , équation qui s’écrit 2 4 ( ) x a x a − = soit 2 2 4 4 ax x a − = ou encore 2 2 4 4 0 x ax a − + = . Ici l’inconnue est x, le discriminant est donc 2 2 (4 ) 4 4 0 a a ∆= −× × = . Elle a donc une solution double 4 8 2 a a x = = . Il faut placer I au milieu de [AB] pour que l’aire de IJKL soit la moitié de celle de ABCD. Posons maintenant 6 a = . L’aire de IJKL est donc de 2 (6 ) x x − , celle de ABCD de 36. La condition que l’aire de IJKL soit un tiers de celle de ABCD s’écrit 2 (6 ) 12 x x − = , qui devient 2 12 2 12 x x − = , soit 2 6 6 0 x x − − = . 30 24 12 ∆= − = , on a donc deux solutions 1 6 12 3 3 2 x + = = + et 2 6 12 3 3 2 x − = = − . On doit donc placer I à une distance 3 3 + ou 3 3 − du point A pour que l’aire de IJKL soit un tiers de celle de ABCD. Pour être complet, il faut signaler que les deux nombres 3 3 + et 3 3 − sont compris entre 0 et 6, donc que les solutions trouvées répondent bien au problème posé. uploads/Geographie/ second-degre-corrige 2 .pdf