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b)

c)

x –∞ 0

4 ⬍ x ⭐ 9 +∞

1
x

1
4 ⬎ 1
x ⭓ 1
9

x – ∞ –3 ⭐ x < –

1
5

Ainsi
1
1
1
⭐ ⬍
x
9
4

0 +∞
Ainsi

1
x

d)



1
3 ⭓ 1
x ⬎

–5 ⬍

1
1
⭐–
x
3

–5

19
, ce qui équivaut à 4 = 19x, donc à
c) On résout 1 =
4
x
4
x=
.
19
19
4
a un seul antécédent :
.
4
19
1
d) On résout 1 = , ce qui équivaut à 7 = x.
x 7
1
a donc un seul antécédent 7.
7
15 a) Sur l’hyperbole d’équation y = 1 , on lit les abscisses
x
des points dont l’ordonnée est supérieure ou égale à 7.
1
᏿ = 0;
.
7
y





7
x – ∞ –3 ⭐ x ⭐ – 2,5

1
x

0 +∞
Ainsi
1
2
1
– ⭐ 艋–
3
5
x

1
– ⭓
3
1
x ⭓ 2

5

1

8

x

3

2. x < – 7 implique 1 < 1 < 0.
–7 x
3. – 1 ⭐ x < 0 implique 1 ⭐ – 1.
x
1
1
4. 0 < x < implique > 6.
6
x
12 – 2 ⭐ x ⭐ – 1 < 0, donc 1 ⭓ 1 ⭓ 1 .
–2
x
–1
Ainsi 1 appartient à [– 1 ; – 0,5].
x

b) Sur l’hyperbole d’équation y = 1 , on lit les abscisses
x
2
des points dont l’ordonnée est strictement inférieure à – .
3
3
᏿= – ;0 .
2
y





14 a) On résout 1 = 3, ce qui équivaut à 1 = 3x, donc à
x
1
1
x = . Donc 3 a un seul antécédent : .
3
3
5
b) On résout 1 = – , ce qui équivaut à 6 = – 5x donc à
6
x
6
5
6
x = – . Donc – a un seul antécédent : – .
5
6
5
46

1

3
–—
2

13 1. Dans chacun des quatre cas, 0 n’est pas solution.
Pour tout x ≠ 0 :
a) 1 = – 1 équivaut à 4 = – x, donc à x = – 4.
x
4
L’équation a une seule solution – 4.
b) 1 = 12 équivaut à 1 = x12, donc à x = 1 .
x
12
L’équation a une seule solution 1 .
12
1
c) – 1 = 3 équivaut à – 1 = 3x, donc à x = – .
3
x
1
L’équation a une seule solution – .
3
1
1
d) = 0,6 équivaut à 1 = 0,6x, donc à x =
.
0,6
x
1
.
L’équation a une seule solution
0,6

x

O 11

7

11 1. x > 3 implique 0 < 1 < 8 .

1
x

O
2
–—
3

c) Sur l’hyperbole d’équation y = 1 , on lit les abscisses des
x
2
points dont l’ordonnée est strictement supérieure à .
5
5
᏿ = 0; .
2
y





2

5

1
O

1

5

2

x