Maths .pdf



Nom original: Maths.pdf

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par / iText 2.1.7 by 1T3XT, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 23/11/2016 à 18:29, depuis l'adresse IP 78.112.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 740 fois.
Taille du document: 24.3 Mo (231 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


Chapitre

Second degré

© Éditions Belin 2011

Sur la photographie, l’écoulement de l’eau
est non perturbé ; le flot est guidé par la
rigole de la fontaine et les gouttelettes formant ce flot arrivent toutes parallèlement,
avec une vitesse assez importante ; ces vitesses
sont toutes dans la direction de l’axe de la
rigole. En utilisant l’exercice 94, on voit que
les trajectoires de ces gouttelettes sont des
arcs de parabole et ces arcs sont sensiblement les mêmes, ceux d’une parabole assez
« ouverte » (influence de la vitesse) et cette
gerbe de paraboles conduit à l’aspect donné
par la photographie. On peut même noter que
les deux bords de sortie de la rigole changent
très légèrement la direction de la vitesse des
gouttelettes, donc le plan de la parabole,
ce qui explique le resserrement du flot au
niveau médian.
Si l’on place un doigt verticalement dans la
vasque supérieure, près de l’entrée de la rigole,
on produit une perturbation de l’écoulement :
une partie de l’eau heurte le doigt, rebondit
dans toutes les directions et perturbe aussi
l’écoulement de l’eau qui n’a pas heurtée le
doigt. Au lieu de s’engouffrer dans la rigole
avec des vitesses assez importantes et toutes
dans la direction de l’axe de la rigole, les
gouttelettes sinuent dans la rigole, heurtent
les parois et sortent de la rigole avec une
vitesse nettement plus faible et ces vitesses
sont dans toutes les directions. Les trajectoires
sont toujours des arcs de parabole mais, d’une
part ces paraboles se répartissent dans la
famille des plans verticaux à la sortie de la
rigole et, d’autre part, ces paraboles sont au
contraire très fermées (influence d’une vitesse
faible) ; d’ou l’aspect d’une gerbe s’écoulant
le long de la paroi, aspect renforcé par le fait
que la paroi n’est pas tout à fait verticale.

1

1 a. f1 est sous forme factorisée, avec
a = 3, x1 = 0 et x2 = 10.
b. f2 est sous forme canonique, avec a = 3,
α = 5 et β = −75.
c. f3 est sous forme développée, avec a = 3,
b = −4 et c = −10.
d. f4 est sous forme factorisée, avec a = −1,
x1 = 2 et x2 = − 3.
e. f5 n’est sous aucune des trois formes.
On développe et on réduit pour obtenir :
f5(x) = −18x − 9. Il ne s’agit pas d’un polynôme
du second degré mais d’une fonction affine.
f. f6 n’est sous aucune des trois formes.
On développe et on réduit pour obtenir :
f6(x) = 2x2 + 2x + 41. Il s’agit d’un trinôme
du second degré, sous forme développée
avec a = 2, b = 2 et c = 41.
g. f7 n’est sous aucune des trois formes.
On développe et on réduit pour obtenir :
f6(x) = x2 + 20x − 25. Il s’agit d’un trinôme
du second degré, sous forme développée
avec a = 1, b = 20 et c = −25.
2 1. b.

2. c.

3. c.

4. a.

3 1. 1. Il s’agit d’une équation produit,
donc x = 4 ou x = −4.
2. Pas de solution.
3. Il s’agit d’une équation produit, donc
x = 7 ou x = −3.
4. Il s’agit d’une équation produit, donc
x = − 3 ou x = 3.
2. a. x2 − 3x = 0 ⇔ x(x − 3) = 0 ⇔ x = 0 ou
x = 3.
4
b. 3x2 + 4x = 0 ⇔ 3x(x + ) = 0 ⇔ x = 0 ou
3
4
x=− .
3
c. −x2 + 5x = 0 ⇔ −x(x − 5) = 0 ⇔ x = 0 ou
x = 5.
1
d. 5x2 + x = 0 ⇔ 5x(x + ) = 0 ⇔ x = 0 ou
5
1
x=− .
5
Chapitre 1 ■ Second degré

7

4 a. L’équation f(x) = 0 admet deux solutions
qui sont −2 et 1. L’équation g(x) = 0 admet
les mêmes solutions. L’équation h(x) = 0
admet deux solutions qui sont −3,5 et 2,5.

b. L’inéquation f(x) ⬍ 0 admet comme solution l’ensemble ]−∞ ; −2[ 傼 ]1 ; +∞[.
L’inéquation g(x) ⬍ 0 admet comme solution l’ensemble ]−2 ; 1[.
c. Le sommet de Ꮿf a pour cordonnées
(0,5 ; 2,25). Les sommets de Ꮿg et Ꮿh ont
pour coordonnées (0,5 ; −4,5).
5 a. a = 2 qui est positif, donc il s’agit de
g ou h. De plus, les solutions de l’équation
2(x − 1)(x + 2) = 0 sont 1 et −2 ; il s’agit
donc d’une expression de la fonction g.
1
b. a = qui est positif et les coordonnées
2
⎛1
9⎞
du sommet sont (α ; β) = ⎜ ; − ⎟ ; il s’agit
⎝2
2⎠
donc de g ou h. Comme d’après la réponse a.,
le coefficient a = 2 pour g, il s’agit d’une
expression de h.
c. Les racines ne sont pas utiles car f et g
ont les mêmes. Par contre, a = −1 qui est
négatif, donc il s’agit d’une expression de la
fonction f.
1
d. a = et d’après la réponse à la question b.,
2
il s’agit d’une expression de la fonction h.
On peut confirmer en considérant les solutions de l’équation.
e. a = −1 qui est négatif, donc il s’agit d’une
expression de la fonction f. On peut confirmer à l’aide des coordonnées du sommet de
la parabole.
f. a = 2 et d’après la réponse à la question a.,
il s’agit d’une expression de la fonction g.

© Éditions Belin 2011

6 a. Il s’agit dans un premier temps de
compléter la première ligne en résolvant les
équations x − 1 = 0 et x + 2 = 0, qui a pour
solutions x = 1 et x = −2.
x
Signe de x – 1
Signe de x + 2
Signe de
–(x – 1)(x + 2)

−∞

−2



0


+



0

+

1
0
0

8

Chapitre 1 ■ Second degré

1 a. @ La figure est téléchargeable sur le
site www.libtheque.fr/mathslycee.
b. Selon l’intuition de chacun… (mais plutôt du côté du point B).
c. L’emplacement du point M semble être
au deux-tiers du segment [AB] en partant de
A. Trouver la position exacte n’est pas possible puisqu’il n’est pas possible de placer
exactement un point libre.
2

a. ᏭAMPQ = x2.

b. MB = AB − AM = 4 − x,
donc ᏭMBRS = (4 − x)2.
c. Comme x représente la longueur AM et
que celle-ci ne peut excéder celle de AB,
alors x ∈ [0 ; 4]. Dire que l’aire de AMPQ est
quatre fois plus grande que celle de MBRS
revient à dire que
x2 = 4(4 − x)2 ⇔ x2 − 4(4 − x)2 = 0
⇔ x2 − [2(4 − x)]2 = 0.
d. La factorisation donne l’équivalence avec
l’équation suivante :
[x − 2(4 − x)][ x + 2(4 − x)] = 0
8
⇔ (3x − 8)(− x + 8) = 0 ⇔ x = ou x = 8.
3
De ces deux solutions, seule la première
appartient à l’intervalle [0 ; 4]. Ainsi, il faut
8
placer le point M à une distance de de A
3
sur le segment [AB].

+∞
+
+


b. La solution de cette inéquation est l’ensemble ] −∞ ; −2[ 傼 ]1 ; +∞[.

Commentaires : Cette activité permet de faire
le lien avec la classe de 2e où l’étude d’un
problème d’optimisation à l’aide d’un logiciel de géométrie ne pouvait pas toujours
être résolu sans « guider l’élève ». Il s’agit ici
d’établir une équation du 2e degré, et de ne
pas faire l’erreur d’avoir le réflexe de développer, mais plutôt de factoriser.

Commentaires : L’activité 1 est particulière
car elle permet assez facilement d’obtenir
une équation produit à l’aide de l’identité
remarquable appropriée. Mais cela n’arrive
que très peu souvent.

1 Graphiquement, il semble falloir placer
le point M à environ 1,5 cm de A, à l’extérieur du cercle.
2 a. On utilise le théorème de Thalès dans
les triangles AMM’ et ABN’. On obtient alors
AB
AN’
=
.
AM AM’
Mais comme M’ appartient au cercle de
rayon AB, alors AM’ = AB.
b. Selon que M est d’un côté ou de l’autre
du point B, la longueur MB est plus petite
ou plus grande que 1 ; il faut alors considérer 2 cas :
Si M ∈ ]AB], alors x ∈ ]0 ; 1].
Ainsi, MB = 1 − x et résoudre le problème
revient à résoudre l’équation suivante :
1 1− x
=
⇔ x(1 − x) = 1 ⇔ x2 − x + 1 = 0.
x
1
Si M ∉ ]AB[, alors x ∈ ]1 ; + ∞[.
Ainsi, MB = x − 1 et résoudre le problème
revient à résoudre l’équation suivante :
1
x −1
=
⇔ x(x − 1) = 1 ⇔ x2 − x − 1 = 0
x
1
c. x2 − x est le début du développement de

Commentaires : Travailler sur la forme canonique, rappeler les coordonnées du sommet
de la parabole.
1
1 1. a. f1(x) = (x − 4)2.
3

b.
5

J
O

I

5

c. Il s’agit d’une translation de vecteur ayant
pour coordonnées (4 ; 0).
1
2. a. f2(x) = (x − 4)2 + 2.
3
5

2


1⎞
⎜⎝ x − ⎟⎠ .
2

J



1⎞

2

1

d. x2 − x = ⎜ x − ⎟ − .

2⎠
4


O

1⎞

2

3

e. x2 − x + 1 = 0 ⇔ ⎜ x − ⎟ + = 0 et

2⎠
4
2

© Éditions Belin 2011


1⎞ 5
x2 − x − 1 = 0 ⇔ ⎜ x − ⎟ − = 0. Ces deux

2⎠ 4
polynômes sont sous forme dite canonique.
f. On ne peut pas factoriser la première
équation car on ne reconnait pas l’identité remarquable A2 − B2, alors que dans la
seconde oui.
2

1⎞
5
g. ⎜ x − ⎟ − = 0

2⎠
4

1
5⎞ ⎛
1
5⎞
x− +
⇔ ⎜x − −


⎟ =0

2
2⎠⎝
2
2⎠
1+ 5
1− 5
⇔x=
ou x =
.
2
2
Mais étant donné que la seconde solution
n’appartient pas à l’intervalle ]1 ; +∞[, la
seule solution est la première.

I

5

b. Il s’agit d’une translation de vecteur ayant
pour coordonnées (0 ; 2).

c. Au final, la translation permettant d’obtenir Ꮿ2 à partir de Ꮿ est la translation de
vecteur ayant pour coordonnées
(4 ; 0) + (0 ; 2) = (4 ; 2).
3. a Graphiquement, α = β = 0.
b. Un carré étant toujours positif, et la multiplication par un positif ne changeant pas les
1
signes, on a donc x2 ⭓ 0. De plus, f(0) = 0.
3
Cela signifie que la fonction f admet un
minimum égal à 0, atteint pour x = 0.
4. S1(4 ; 0). Pour les mêmes raisons qu’en 3. b.,
1
(x − 4)2 ⭓ 0. De plus, f1(4) = 0. Cela
3
signifie que la fonction f1 admet un minimum égal à 0, atteint pour x = 4.
S2(4 ; 2). D’après l’inégalité précédente, on en
1
déduit que (x − 4)2 + 2⭓ 2. De plus, f2(4) = 2.
3
Chapitre 1 ■ Second degré

9

Cela signifie que la fonction f1 admet un
minimum égal à 2, atteint pour x = 4.
2 1. S(0 ; 0) ; S1(−2 ; −3) ; S2(−2 ; 3) ;
S3(2 ; 3) et S4(2 ; −3)
2. f1(x) = −3(x + 2)2 − 3 ; f2(x) = −3(x + 2)2 + 3 ;
f3(x) = −3(x − 2)2 + 3 ; f4(x) = −3(x − 2)2 − 3.
3. a. Un carré étant toujours positif, on a
(x + 2)2 ⭓ 0 puis −3(x + 2)2 ⭐ 0 et enfin
−3(x + 2)2 − 3 ⭐ − 3. De plus, f1(−2) = − 3.
b. Même techniques.
c. L’inégalité est inverse à cause du coefficient a qui est négatif.
2e

Commentaires : La classe de
a permis de
découvrir les trois formes d’un trinôme du
second degré et il est maintenant nécessaire
d’apprendre à jongler entre ces trois formes
qui ont chacune une spécificité.
1 a. La forme développée est
−2x2 + 20x + 22.
b. On commence par factoriser l’expression
donnée par −2, et on a −2[(x − 5)2 − 36],
puis on reconnait dans les crochets une
identité remarquable, qui se factorise ainsi
−2(x − 5 − 6)(x − 5 + 6) = −2(x − 11)(x + 1).
2 a. La forme la plus adapté est la forme
développée car, x étant égal à 0, il ne reste que
le terme c = 22.
b. La forme la plus adaptée est la forme canonique car elle donne les coordonnées du
sommet de la parabole. De plus, comme a = −2
qui est négatif, on en déduit le tableau suivant :
x
Variations de f

−∞

5
72

torisée car elle permet d’utiliser la règle des
signes.
−∞
+∞
−1
11
x

− 0 +
Signe de x – 11
− 0 +
+
Signe de x + 1
− 0 + 0 −
Signe de f(x)

© Éditions Belin 2011

a. Le tableau de signes est le suivant :

−∞
+∞
−1
11
x

− 0 +
Signe de x – 11
− 0 +
+
Signe de x + 1
+ 0 − 0 +
Signe de f1(x)
10

Chapitre 1 ■ Second degré

opposés des signes de f(x). Cela est dû au
coefficient a qui n’a pas le même signe dans
les deux expressions.
« À l’extérieur des racines », on retrouve le
signe de a et « à l’intérieur des racines »,
celui de −a.
4 g(x) est déjà sous forme développée. La
forme factorisée est g(x) = 3(x − 2)(x + 2).
h(x) = 5x2 − 20x. Ici, il est plus simple d’utiliser la forme développée pour trouver la
forme factorisée, qui est h(x) = 5x(x − 4).
x
Variations
de g

−∞

x
Variations
de h

−∞

x
Signe de x – 2
Signe de x + 2
Signe de g(x)

−∞

x
Signe de g1(x)

−∞

x
Signe de x – 4
Signe de x
Signe de h(x)

−∞

x
Signe de h1(x)

−∞

+∞

0
−12

+∞

2
−20
−2


+

0
0




+


2
0

+∞

0

+
+
+

−2
0 +

2
0



0

4
0



+

0
0


+




0
0

+

+∞
+∞

0

+
+
+

4
0



+∞

+∞

c. La forme la plus adaptée est la forme fac-

3

b. Les signes de l’expression de f1(x) sont les

Trouver l’expression
d’un trinôme
1 a. Il est nécessaire que le point S ne
soit pas aligné avec A et B, et donc que son
ordonnée yS ne soit pas égale à 0.
b. On se sert de la forme canonique d’un
trinôme : (x − x(S))^2 + y(S).
@ Le fichier est téléchargeable sur www.
libtheque.fr/mathslycee.
2 1. b. Déplacer « horizontalement » le
point S ne change pas les positions relatives
des points A et B par rapport à la courbe.

© Éditions Belin 2011

c. Déplacer « verticalement » le point S
change les positions relatives des points A et
B par rapport à la courbe.
d. Le coefficient a semble donc dépendre
uniquement de l’ordonnée de S, c’est-à-dire
y(S).
2. a. Lorsque les points A et B sont visuellement sur la courbe, on a yS = −1.
On peut donc penser que a = −yS.
b. On modifie l’expression précédente dans
le logiciel pour −y(S)*(x − x(S))^2 + y(S) et
lorsqu’on déplace S, les points A et B semblent être toujours sur la courbe.
3 On sait que l’expression du trinôme ayant
pour sommet S est a(x − xS)2 + yS. Il reste
donc à trouver la valeur de a. On veut que le
point A (ou B) appartienne à la représentation
graphique, c’est-à-dire algébriquement que
yA = a(xA − xS)2 + yS
⇔ 0 = a(xS − 1 − xS)2 + yS
⇔ 0 = a + yS ⇔ a = − yS.
4 a. Dans cette situation, yS ne soit pas
égal à 1.
Cette fois si, il semble que a = 1 − yS ou
a = 1 + yS ou … puisqu’il semble falloir positionner S sur l’axe des abscisses pour que
les points A et B appartiennent à la courbe.
C’est la première solution qui semble être
correcte lorsqu’on fait tracer la fonction
(1 − y(S))*(x − x(S))^2 + y(S) dans le logiciel.
La démonstration se fait selon le même
principe, en traduisant algébriquement le
fait que A (ou B) appartient à la parabole :
yA = a(xA − xS)2 + yS
⇔ 1 = a(xS − 1 − xS)2 + yS
⇔ 1 = a + yS ⇔ a = 1 − yS.
b. Il semble qu’il faille que yS ⭐ 0 ou yS ⬎ 1.
c. Un trinôme admet au moins une racine
lorsque son discriminant est positif ou nul.
Pour calculer ce déterminant, on commence
par développer et réduire l’expression du trinôme, ce qui donne :
(1 − yS)x2 − 2xS(yS − 1)x + xS2 − yS xS2 + yS.
Son discriminant est
∆ = 4xS2(1 − yS)2 − 4(1 − yS)(xS2 − yS xS2 + yS)
= (1 − yS)(− 4 yS).
∆ ⭓ 0 si et seulement si
⎧⎪ 1 − y ⭓ 0
⎧⎪1 − y ⭐ 0
S
S
ou ⎨
, c’est-à-dire

y
y

4

0

4
⭐0
S
S
⎩⎪
⎩⎪

⎧⎪ y ⭐ 1
⎧⎪ y ⭓ 1
S
ou ⎨ S
, c’est-à-dire yS ⭐ 0

⎪⎩ yS ⭐ 0
⎪⎩ yS ⭓ 0
ou yS ⭓ 1.
Il faut encore exclure la valeur 1 car sinon
a = 0, ce qui est exclu d’après la question 4. a.
Tester si un nombre
est un carré parfait
1 L’entier n est un carré parfait si et seulement si r est un entier.
2 a. Algorithme 1 pour n = 25.
La variable e vaut
floor(sqrt(25)) = floor(5) = 5.
La condition e*e == n est vraie donc l’algorithme affiche « n est un carré ».
Algorithme 2 pour n = 25.
La variable r vaut sqrt(25) = 5.
La condition floor(r) = = r est vraie, donc
l’algorithme affiche « n est un carré ».
Algorithme 3 pour n = 25.
Les valeurs successives de i sont : 0 ; 1 ; 2 ; 3 ;
4 ; 5. À ce moment là, la condition i*i < n est
fausse donc la boucle s’arrête.
La condition i*i = = n est vraie, donc l’algorithme affiche « n est un carré ».
Algorithme 4 pour n = 25.
Les valeurs successives de s et k sont :
s

k

0
1
4
9
16
25

0
1
2
3
4
5

À ce moment là, la condition s < n est fausse
donc la boucle s’arrête.
La condition s == n est vraie, donc l’algorithme affiche « n est un carré ».
Algorithme 1 pour n = 34.
La variable e vaut
floor(sqrt(34)) = floor(5,83…) = 5.
La condition e*e == n est fausse donc l’algorithme affiche « n n’est est un carré ».
Algorithme 2 pour n = 34.
La variable r vaut sqrt(34) = 5,83…
La condition floor(r) == r est fausse, donc
l’algorithme affiche « n n’est pas un carré ».

Chapitre 1 ■ Second degré

11

Algorithme 3 pour n = 34.
Les valeurs successives de i sont : 0 ; 1 ; 2 ;
3 ; 4 ; 5 ; 6. À ce moment là, la condition
i*i < n est fausse donc la boucle s’arrête.
La condition i*i = = n est fausse, donc l’algorithme affiche « n n’est pas un carré ».
Algorithme 4 pour n = 34
Les valeurs successives de s et k sont :
s

k

0
1
4
9
16
25
36

0
1
2
3
4
5
6

À ce moment là, la condition s < n est
fausse donc la boucle s’arrête.
La condition s == n est fausse, donc l’algorithme affiche « n n’est pas un carré ».
b. À l’issue de ce test, on élimine les algorithmes 3 et 4 qui sont trop longs à
exécuter.
c. Dans l’algorithme 1 , les nombres comparés
sont des entiers tandis que dans l’algorithme
2 ‚ il y a un entier et un réel ou du moins la
représentation informatique de ce réel.
d. Selon la précision de la machine exécutant
l’algorithme il se peut que la comparaison
de deux réels ne soit pas correcte.
3 Pour tester toutes les valeurs de p entre
−105 et 105, on encapsule l’algorithme précédant dans une boucle :
Pour p allant de -105 à 105
n = p*p − 4*p ;
e = floor(sqrt(n)) ;
Si e*e == n alors
Afficher (« p ») ;
FinSi
FinPour

© Éditions Belin 2011

Cet algorithme affiche deux valeurs : 0 et 4.

b. On exprime ᐉ en fonction de L d’après la
première équation et on substitue dans la
seconde pour obtenir :
⎪⎧ L + ᐉ = 14
⎨ 2
2
⎩⎪ L + (14 − L ) = 100
⎧ L + ᐉ = 14
⇔⎨
⎩ L2 + 196 − 28 L + L2 = 100
⎧ L + ᐉ = 14
⇔⎨
.
⎩ 2 L2 + 96 − 28 L = 0
c. Le discriminant de cette équation est
∆ = (−28)2 − 4 × 2 × 96 = 16. ∆ ⬎ 0, donc
l’équation possède deux solutions réelles
distinctes :
28 − 16
28 + 16
= 6 et L2 =
=8
L1 =
2×2
2×2
Si L = L1, alors ᐉ = 14 − L = 14 − 6 = 8 et si
L = L2, alors ᐉ = 14 − 8 = 6.
Finalement, il n’y a qu’un seul rectangle
possible.
2 a. La première équation vient du fait
que le périmètre p = 2(L + ᐉ).
La seconde vient de l’égalité de Pythagore,
dans laquelle on substitue l’expression de ᐉ en
fonction L donnée par la première équation :
2

⎛p
L2 + ᐉ2 = (2r)2 ⇔ L2 + ⎜ − L⎟ = (2r)2

⎝2
p2
2
2
2
⇔L +
− pL + L = 4r
4
p2
− 4r2 = 0.
⇔ 2L2 − pL +
4
⎛ p2

b. ∆ = (− p)2 − 4 × 2 × ⎜
− 4 r 2⎟
⎝ 4

= p2 − 2p2 + 32r2 = 32r2 − p2.
c. L’équation admet des solutions si et seulement si ∆ ⭓ 0, c’est-à-dire 32r2 ⭓ p2. On
a alors :
p − 32 r 2 − p2
L1 =
4
p + 32 r 2 − p2

Recherche
exhaustive de solutions

et L2 =

1 a. Si on pose L et ᐉ les dimensions du
rectangle, on a 2(L + ᐉ) = 28, c’est-à-dire
L + ᐉ = 14.
De plus, à l’aide du théorème de Pythagore,
on en déduit que : L2 + ᐉ2 = 102 = 100.

3 1. Une condition nécessaire sur ∆ est
qu’il soit un carré parfait.

12

Chapitre 1 ■ Second degré

4

.

Remarque : il est possible de montrer que la
condition est aussi suffisante, mais ceci est
un problème d’arithmétique de niveau TS.

2. Algorithme
Saisir
Saisir(N)
;
Pour r allant de 1 à N, faire
p = 1 ;
TantQue p*p < = 32*r*r
Delta = 32*r*r - p*p ;
e = floor(sqrt(Delta)) ;
Si e*e == Delta alors
Afficher (r) ;
Afficher (p) ;
FinSi
p = p + 1 ;
FinTantQue
FinPour

3. a. Lorsque (r ; p) = (1 ; 4), alors L = 0

et ᐉ = 2. C’est-à-dire qu’on obtient un rectangle plat, peut intéressant !
b. Lorsque (r ; p) = (5 ; 4), alors L = −4 et
ᐉ = 8. Ces solutions ne sont pas possibles car
des longueurs sont nécessairement positives.
c. Dans l’algorithme, il suffit de rajouter un
test conditionnel sur la valeur de L1 afin d’éviter
l’affichage de r et p lorsqu’elle est négative (L2
est obligatoirement positive). Le test s’écrit ainsi :
Si e*e == Delta && p − e ⬎ 0 alors
Afficher (r) ;
Afficher (p) ;
FinSi

4 a. r ⭐ N
b. p2 ⭐ 32r2 donc p ⭐ 6r, donc p ⭐ 6N
c. Il y a donc au maximum N × 6N = 6N2
couples testés.
La méthode

b. y = alea.
4. Saisir
Saisir(N)

;
Compteur = 0 ;
Pour i = 1 à N faire
x = 2*alea − 1 ;
y = alea ; //ce n’est pas le même qu’à
la ligne précédente, chaque instanciation est nouvelle.
Placer le point de coordonnées (x;y) ;
Si y ⬍ 1− x*x alors //c’est-à-dire si
le point est «sous» la courbe
compteur = compteur + 1 ;
FinSi
FinPour
Afficher(compteur/N) ;
Afficher

5. On trouve une proportion d’environ 0,665
lorsqu’on effectue environ N = 1 000 simulations.
6. On a donc l’égalité suivante :
AS
= 0, 665
AABCD

⇔ AS = 0,665 × AABCD = 0,665 × 2 = 1,33.
2 a. Pour adapter l’algorithme, il suffit de changer la condition pour laquelle
le point est « sous » la courbe, c’est-à-dire
y < sqrt(1 - x*x)
b. On s’attend à trouver l’aire du demi-disque
π
de rayon 1, c’est-à-dire . Empiriquement,
2
on trouve proportion d’environ 0,763 soit
une surface d’environ 1,526 pour N = 1 000
simulations.

© Éditions Belin 2011

de Monte-Carlo
1 1. Pour calculer les abscisses de B et C,
on résout l’équation
1 − x2 = 0 ⇔ (1 − x)(1 + x) = 0
⇔ x = −1 ou x = 1.
Pour les coordonnées du sommet de la
parabole, on utilise la forme canonique.
Dans 1 − x2, α = 0 et β = 1.
2. I = [−1 ; 1] et J = [0 ; 1].
3. a. L’intervalle I est d’amplitude 2, tandis
que Ialea est d’amplitude 1, le nombre a est
donc égal à 2. On obtient donc l’intervalle
I1 = [0 ; 2]. Il faut alors le décaler de b = −1
pour le faire coïncider avec I.
On vérifie que
0 ⭐ alea ⭐ 1 ⇔ 0 ⭐ 2alea ⭐ 2
⇔ −1 ⭐ 2alea − 1 ⭐ 1.

1 1. a. ; 2. c.
2 a. Non ; b. Oui.
3 b. ; c. ; f.
4 a. Vrai ; b. Vrai ; c. Faux.
5 1. b. et c. ; 2. c. ; 3. b. ; 4. c.
6

➀ c. ; ➁ a. ; ➂ c.

7 a. Faux ; b. Faux ; c. Vrai.
8 1. b. ; 2. a.

Chapitre 1 ■ Second degré

13

9 a. canonique ;
c. canonique ;
e. factorisée ;

b. factorisée ;
d. factorisée ;
f. réduite.

11 a. C’est un trinôme du second degré sous
forme réduite, avec a = −3 ; b = 2 + 7 et
c = 0.
b. C’est un trinôme du second degré sous
2
7
forme réduite, avec a = ; b = 0 et c = .
3
3
c. C’est un trinôme du second degré que
l’on peut mettre sous forme canonique
79 − (x − 3)2, avec a = −1 ; α = 3 et β = 79.
d. Cette fonction n’est pas définie sur ⺢, ce
n’est pas donc un trinôme du second degré.
e. On peut développer, ou factoriser par (x − 1),
ce qui donne
(x − 1)(x + 2 − 2x + 4) = (x − 1)(− x + 6)
= −(x − 1)(x − 6).
Cette forme est factorisée, avec a = −1 ; x1 = 1
et x2 = 6.
f. Cette fonction est définie sur ⺢ et on peut
simplifier l’expression en x2 + 2 − 2 = x2.
C’est donc un trinôme du second degré
sous les trois formes.
13 a. (x − 5)2 + 4 ;



c. (x + 1)2 − 1 ;

5⎞

5

d. 2 ⎜ x − ⎟ + ;

2⎠
2

e. − 2(x − 2)2 − 56 ;



2⎞

2

f. 9 ⎜ x + ⎟ − 5.

3⎠

2

9

3⎞
14 a. − 2 ⎜ x − ⎟ + ;

2
2⎠


1

2

b. ⎜ x +

13⎞
25
;
⎟ −
2⎠
4

(x + 9)2 − 28 ;
3
d. (x − 4)2.

c.

15 Voici les deux programmes, écrits avec
une TI et une CASIO.

© Éditions Belin 2011

a.

b.

c.

20 a. Les solutions sont −

b. Les solutions sont

b. (x − 2)2 + 7 ;
2

17 L’erreur a été de mal indiquer le nom de
l’inconnue. Il fallait indiquer y au lieu de x.

11
.
3

et 0.
3

2

d. Pas de solution réelle.
e. Pas de solution réelle.
f. Les deux solutions sont 0 et 15.
5
5
22 a. − (x + 5)2 + 30 = − [(x + 5)2 − 36]
6
6
5
5
= − (x + 5 − 6)(x + 5 + 6) = − (x − 1)(x + 11).
6
6
b. L’expression est déjà sous forme factorisée car β = 0.
c. −11(x − 1)2 − 121 = −11[(x − 1)2 + 11].
Pas de factorisation car on ne reconnait pas
l’identité remarquable A2 − B2.
d. 2 (x − 5)2 − 2 = 2 [(x − 5)2 − 1]
= 2 (x − 5 − 1)(x − 5 + 1) = 2 (x − 6)(x − 4).
e. −(x − 2)2 − 3 = −[(x − 2)2 + 3]. Pas de
factorisation.
f. 6x2 − 96 = 6[x2 − 16] = 6(x − 4)(x + 4).

=

Chapitre 1 ■ Second degré

2

3

et

c. L’unique solution est − .

23 a.

14

3

11

1
5

1
5

(x + 3)2 − 7 =

(x + 3 − 35)

1
5

1
5

[(x + 3)2 − 35]

(x + 3 + 35).

b. −3x2 + 49 = −3(x2 −

49
3

)

© Éditions Belin 2011


7 ⎞⎛
7⎞
= −3⎜ x −

⎟ ⎜x +

3⎠ ⎝
3⎠

7 3⎞ ⎛
7 3⎞
= −3⎜ x −
x+


⎟.

3 ⎠⎝
3 ⎠
2⎡
3⎤
2
c. (x − 5 )2 + 1 = ⎢( x − 5 )2 + ⎥ .
3⎣
2⎦
3
Pas de factorisation.
25
d. −4(x − 3)2 − 25 = −4[(x − 3)2 + ]. Pas de
4
factorisation.
3⎡
1⎤
3
3
e. − (x − 2 )2 + = − ⎢( x − 2 )2 − ⎥
4
2


8
4
3⎛
1⎞⎛
1⎞
= − ⎜x − 2 −

⎟ ⎜x − 2 +
4⎝
2⎠ ⎝
2⎠
3⎛
3 2⎞ ⎛
2⎞
= − ⎜x −
x−

⎟.

4⎝
2 ⎠⎝
2⎠
25 a. x² + 7x = x(x + 7) donc l’équation possède deux solutions : 0 et −7.
1
1
b. x² − 72 = (x2 − 216)
3
3
1
= ( x − 6 6 )( x + 6 6 ) donc l’équation
3
possède deux solutions : 6 6 et −6 6.
c. 5x2 − 2 10 x + 2 = ( 5 x − 2 )2 donc
l’équation possède une unique solution :
2
10
=
.
5
5
d. −x2 − 9 = −(x2 + 9) donc l’équation n’a
pas de solution.
e. 3x2 − 6 3x + 9 = 3(x2 − 2 3x + 3)
= 3(x − 3)2 donc l’équation admet une unique
solution : 3.
6
2
f. 3x2 − x = 3x(x − ) donc l’équation pos5
5
2
sède deux solutions : 0 et .
5
26 a. −3x2 + 15 = −3(x2 − 5)
= − 3( x − 5 )( x + 5 ) donc l’équation possède deux solutions : 5 et − 5.
b. −x2 − 4x = −x(x + 4) donc l’équation possède deux solutions : 0 et −4.

9⎞
c. −2x2 + 3 x = −2 x ⎜ x −
⎟ donc l’équa⎝
2⎠
3
tion possède deux solutions : 0 et
.
2

d. 9x2 − 6 7 x + 7 = (3x − 7)2 donc l’équation possède une unique solution :
3

2

2

3

e. x2 −

x=

3
2

x( x −

4
9

7
3

.

) donc l’équation

4
possède deux solutions : 0 et .
9
1
1
) donc l’équation
f. x − 6x2 = −6x( x −
6
36
1
possède deux solutions : 0 et
.
36
28 a. ∆ = 72 − 4 × 24 × (−55) = 5 329.
L’équation possède donc deux solutions :
− 7 − 73
5
− 7 + 73 11
x1 =
= − et x2 =
= .
48
3
48
8
b. ∆ = (−26)2 − 4 × 35 × (−48) = 7 396.
L’équation possède donc deux solutions :
26 − 86
6
26 + 86 8
= − et x2 =
= .
x1 =
70
7
70
5
2
⎛ 1⎞
1
c. ∆ = ⎜ ⎟ − 4 × 1 × 1 = − 4. ∆ ⬍ 0
⎝ 3⎠
9
donc l’équation n’a pas de solution réelle.
d. L’équation est équivalente à l’équation
suivante : x2 + 3x + 2 = 0.
∆ = 32 − 4 × 1 × 2 = 1.
L’équation possède donc deux solutions :
−3 − 1
−3 + 1
= −2 et x2 =
= − 1.
x1 =
2
2
29 a. ∆ = (−3)2 − 4 × 2 × 2 = 1.
L’équation possède donc deux solutions :
3−1
2
2
=
=
x1 =
2
2 2
2 2
3+1
4
=
= 2.
et x2 =
2 2
2 2
b. ∆ = (− 3 )2 − 4 × 1 × (−4) = 19.
L’équation possède donc deux solutions :
3 − 19
3 + 19
x1 =
et x2 =
.
2
2
2
c. ∆ = 7 − 4 × 3 × 1 = 37.
L’équation possède donc deux solutions :
− 7 − 37
− 7 + 37
x1 =
et x2 =
;
6
6

d. ∆ = 5 2 − 4 × 2 × 3 = 5 − 4 6 .
∆ ⬍ 0 donc l’équation ne possède pas de
solution réelle.

Chapitre 1 ■ Second degré

15

© Éditions Belin 2011

30 1. a. On calcule P(2) = 3 × 22 + 2 − 14 = 0.
b. On peut alors factoriser P de la manière

suivante : P(x) = 3(x − 2)(x − x2) où x2 est
l’autre racine de P.
c. On développe cette dernière expression :
P(x) = 3x2 − 3x(x2 + 2) + 6x2. On identifie
ensuite les coefficients avec l’expression de
départ : −3(x2 + 2) = 1 et 6x2 = −14. Ces
7
deux équations ont pour solution x2 = − .
3
Les solutions de l’équation P(x) = 0 sont
7
donc 2 et − .
3
2. a. P(− 10) = 2 × (−10)2 + 13 × (−10) − 70 = 0.
On en déduit la factorisation suivante :
P(x) = 2(x + 10)(x − x2), que l’on développe : P(x) = 2x2 − 2x(x2 − 10) − 20x2.
On identifie les coefficients afin d’obtenir les
équations : −2(x2 − 10) = 13 et −20x2 = −70
7
dont la solution est x2 = . Les solutions
2
7
de l’équa tion P(x) = 0 sont donc −10 et .
2
2
⎛ 5⎞
⎛ 5⎞
⎛ 5⎞
b. P ⎜ − ⎟ = −2 × ⎜ − ⎟ + 11 × ⎜ − ⎟ + 40 = 0.
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
On en déduit la factorisation suivante :
5
P(x) = −2(x + )(x − x2), que l’on développe :
2
5
2
P(x) = −2x − 2x( − x2) + 5x2. On identifie
2
les coefficients afin d’obtenir les équations :
5
−2( − x2) = 11 et 5x2 = 40 dont la solution
2
est x2 = 8. Les solutions de l’équation P(x) = 0
5
sont dont et 8.
2
31 1. a. Une racine évidente est 1.
b. On peut alors factoriser P de la manière
suivante : P(x) = 3(x − 1)(x − x2) où x2 est
l’autre racine de P.
c. On développe cette dernière expression :
P(x) = 3x2 − 3x(x2 + 1) + 3x2. On identifie
ensuite les coefficients avec l’expression de
départ : −3(x2 + 1) = 4 et 3x2 = − 7. Ces deux
7
équations ont pour solution x2 = − .
3
Les solutions de l’équation P(x) = 0 sont donc
7
1 et − .
3
16

Chapitre 1 ■ Second degré

2. a. Une racine évidente est −1. On en déduit
la factorisation suivante :
P(x) = −2(x + 1)(x − x2), que l’on développe :
P(x) = 2x2 + 2x(x2 − 1) + 2x2. On identifie les
coefficients afin d’obtenir les équations :
2(x2 − 1) = 1 et 2x2 = 3 dont la solution est
3
x2 = . Les solutions de l’équation P(x) = 0
2
3
sont donc −1 et .
2
b. Une racine évidente est −2. On en déduit
la factorisation suivante :
P(x) = −(x + 2)(x − x2), que l’on développe :
P(x) = −x2 + x(x2 − 2) + 2x2. On identifie les
coefficients afin d’obtenir les équations :
(x2 − 2) = −12 et 2x2 = −20 dont la solution est x2 = −10. Les solutions de l’équation
P(x) = 0 sont dont −2 et −10.
33 a. Les racines de ce trinôme sont
− 5 − 21
− 5 + 21
et x2 =
.
x1 =
8
8
On peut donc établir le tableau de signes
suivant :
x
Signe de
4x2 + 5 x – 1

−∞
+

0

+∞

x2

x1


0

+

L’inéquation a donc pour solution l’intervalle ]x1 ; x2[.
b. Les racines de ce trinôme sont x1 = − 7 et
7
. L’inéquation a donc pour solution
x2 =
7
l’ensemble ]−∞ ; x1] 傼 [x2 ; +∞[.
c. L’unique racine de ce trinôme est α = 10.
L’inéquation a donc pour solution l’ensemble
]−∞ ; α[ 傼 ]α ; +∞[.
d. L’inéquation est équivalente à x2 + x + 1 ⭐ 0.
Ce trinôme ne possède pas de racine réelle.
Il est dont toujours du signe de a = 1,
c’est-à-dire ici toujours strictement positif.
L’inéquation n’a pas de solution.
34 a. Pour tout réel x, 2(x − 3)2 + 7 ⭓ 0
comme somme de deux nombres positifs,
donc S = ⺢.
b. Pour tout réel x, −(x + 9)2 − 11 ⬍ 0
comme somme de deux nombres négatifs
sont l’un strictement, donc S = ∅.
c. S = ∅. d. S = ⺢. e. S = ⺢. f. S = ∅.

36 a. On utilise la forme factorisée avec le
coefficient a que l’on veut :
P(x) = −15(x − 2)(x + 3).
b. On utilise la forme factorisée, avec le
coefficient que l’on veut : P(x) = 2 012(x + 6)2.
c. On utilise la forme factorisée, mais avec
a ⬍ 0, puisque P admet un maximum :
P(x) = −(x + 7)(x − 2).
d. On utilise la forme canonique, avec a ⬍ 0
et β ⬍ 0 : P(x) = −7(x + 2)2 − 1.
e. On utilise la forme canonique, avec a ⬎ 0,
2

1⎞
1
α = : P(x) = 501 ⎜ x − ⎟ + 1.

2⎠
2
37 a. Les racines sont −5 et 3, donc
P(x) = a(x + 5)(x − 3). De plus P(0) = −15,
donc a × 5 × (−3) = −15 ⇔ a = 1.
b. Le sommet a pour coordonnées (3 ; 4),
donc P(x) = a(x − 3)2 + 4. De plus P(0) = 8,
4
donc a × (−3)2 + 4 = 8 ⇔ a = .
9
c. Le sommet a pour coordonnées (0 ; 6),
donc P(x) = ax2 + 6. De plus P(2) = 0, donc
3
4a + 6 = 0 ⇔ a = − .
2
Remarque : on aurait aussi pu utiliser la forme
factorisée.

© Éditions Belin 2011

38 On note L et ᐉ les dimensions de la zone
de baignade.
On a alors 2L + ᐉ = 100 ⇔ ᐉ = 100 − 2L.
La surface de la zone est donné par
ᐉ × L = (100 − 2L)L.
Il suffit de déterminer la forme canonique de
ce trinôme du second degré pour déterminer
à la fois la dimension L et la surface maximale :
(100 − 2L)L = −2L2 + 100L = −2(L2 + 50L)
= −2[(L + 25)2 − 625]
= −2(L + 25)2 + 1 250.
Ainsi, il faut que la zone ait des dimensions
de 25m et 75m et la surface maximale est
de 1 250 m2.
39 On a f(0) = −1, donc la courbe de f passe
par le point de coordonnées (0 ; −1) : il s’agit
de la courbe rouge.
g(0) = 0, donc la courbe de g passe par l’origine : il s’agit de la courbe bleue.
La courbe de h a pour sommet le point de
coordonnées (−1 ; 3) : il s’agit donc de la
courbe orange.

Enfin, k admet 3 et 5 comme racines, sa
courbe représentative est donc la verte.
40 Commençons par calculer l’aire de la
surface coloriée. Posons x = AM.
( 4 − x )2
On a donc ᏭAMNP = x2 et ᏭCQR =
.
2
L’aire de la partie coloriée est donc égale à
3 2
x − 4x + 8.
2
On doit alors résoudre l’inéquation
3 2
x − 4x + 8 ⭓ 8 ⇔ 3x2 − 8x ⭓ 0 sur l’inter2
valle [0 ; 4]. Les racines de ce trinôme sont 0
8
et , d’où le tableau de signes :
3
x

8

0

Signe de 3x2 – 8x

0

+

3
0

+∞


Il faut donc que le point M soit sur le point A
ou bien à une distance supérieure ou égale
8
à du point A.
3

41 a. La fonction est définie sur ⺢ puisque
le dénominateur est toujours strictement
positif. Pour tout réel x, on a donc
x 4 − 4 ( x 2 − 2)( x 2 + 2)
f(x) =
=
= x2 − 2 ;
x2 + 2
x2 + 2
f est donc un trinôme du second degré.
b. Le dénominateur s’annule en − 2 et 2,
donc l’ensemble de définition est ⺢\{− 2 ; 2}.
Sur cet ensemble de définition, on a
x 4 − 4 ( x 2 − 2)( x 2 + 2)
f(x) =
=
= x2 + 2 ;
x2 − 2
x2 − 2
f n’est pourtant pas un trinôme du second
degré car f n’est pas définie sur ⺢.
c. La fonction est définie sur ⺢ puisque le
dénominateur est toujours strictement positif.
Par contre, il n’est pas possible de simplifier
cette fonction rationnelle qui n’est donc pas
un trinôme du second degré.
d. La fonction est définie sur ⺢\{−3}.
Sur cet ensemble de définition, on a
x3 − 9 x x ( x2 − 9)
=
f(x) =
x+3
x+3
x ( x − 3 )( x + 3 )
=
= x(x − 3).
x+3
Chapitre 1 ■ Second degré

17

f n’est pourtant pas un trinôme du second
degré car elle n’est pas définie sur ⺢.
1
42 a. L’équation 3x2 + x = 0 admet 0 et −
3
comme solutions donc l’ensemble de défini1
tion de f est ⺢\{− ; 0}.
3
Sur cet ensemble de définition, on a
( 3 x − 1)( 3 x + 1) 3 x − 1
=
.
f(x) =
x ( 3 x + 1)
x
f n’est pas un trinôme du second degré.
b. f est définie sur ⺢ puisque le dénominateur ne s’annule jamais. On ne peut pas
simplifier cette fonction et ce n’est pas un
trinôme du second degré.
c. L’équation 25x2 − 36x + 49 = 0 n’admet
pas de solution réelle donc f est définie sur
⺢. On ne peut pas simplifier cette expression
et f n’est pas un trinôme du second degré.
d. L’équation x2 − 6x + 9 = 0 admet l’unique
racine 3 donc f est définie sur ⺢\{3}. Sur cet
ensemble de définition, on a :
5( x − 3 )2
f(x) =
= 5. f n’est pas un trinôme
( x − 3 )2
du second degré car non définie sur ⺢.
e. L’équation x2 − x + 1 = 0 n’admet pas de
racine réelle donc f est définie sur ⺢. Pour
x2 − x − 1
qui n’est
tout réel x, on a f(x) =
x2 − x + 1
pas simplifiable.
43 a. L’équation 3x2 + 2x − 8 = 0 admet −2
4
comme solutions. On peut donc en
et
3
déduire le tableau de signes suivant :
x

−∞

© Éditions Belin 2011

Signe de
3x2 + 2x – 8

4

−2
+

0

+∞

3


0

+

Donc f est définie sur l’ensemble

⎡4
] −∞ ; −2 ] 傼 ⎢ ; +∞ ⎢ .

⎣3
b. L’équation
2(x − 1)2 + x = 0 ⇔ 2x2 − 3x + 2 = 0
n’admet pas de solution réelle donc f est
définie sur ⺢.
c. L’équation
2(x − 1)2 − x = 0 ⇔ 2x2 − 5x + 2 = 0
18

Chapitre 1 ■ Second degré

admet

1

et 2 comme solutions. On peut en
2
déduire le tableau de signes suivant :
x

1

−∞

Signe de
2(x – 1)2 – x

+

0

+∞

2

2


0

+

Donc f est définie sur l’ensemble

1⎡
⎥ −∞ ; ⎢ 傼 ]2 ; +∞ [.
2⎣

44 a. P(x) = x2 + x + 1 et Q(x) = −x2 + x + 1.
On a P(x) + Q(x) = 2x + 2.
b. P(x) = x2 + x + 1 et Q(x) = x2 − x − 1. On a
P(x) + Q(x) = 2x2.
c. P(x) = 2x3 + x2 − 1 et Q(x) = − 2x3 + x2 + x.
On a P(x) + Q(x) = 2x2 + x − 1.
d. P(x) = 2x3 + x2 − 1 et Q(x) = x3 + x2 + x.
On a P(x) + Q(x) = 3x3 + 2x2 + x − 1.
45 1. a. x4 − 6x2 + 9 se factorise en (x2 − 3)2,
donc P(x) = x2 − 3.
b. Les racines de P sont − 3 et 3 . On en
déduit le tableau de signes suivant :
x

−∞

Signe de P(x)

− 3
+

0

+∞

3


0

+

Donc I1 = ] −∞ ; − 3 ] 傼 [ 3 ; +∞[
et I2 = [ − 3 ; 3 ].

c. Sur I1, on a f(x) = x2 − 3 et sur I2, on a

f(x) = −x2 + 3.
f. C’est la première phrase qui correspond
à la situation de f puisque les réels a, b et c
dépendent des valeurs de x.
g. f n’est donc pas une fonction trinôme.
2. x4 + 6x2 + 9 = (x2 + 3)2 donc P(x) = x2 + 3.
P ne s’annule pas sur ⺢, et comme a = 1 ⬎ 0,
P(x) est toujours strictement positif. Donc
g(x) = x2 − 3 pour tout réel x. C’est donc la
seconde phrase qui caractérise la situation
de g car les valeurs de a, b et c ne dépendent pas des valeurs de x.
g est bien un trinôme du second degré.
46 a. L’équation 2x − 1 = 0 admet

1
2

comme

⎧1⎫
solution, donc Ᏸf = ⺢\ ⎨ ⎬.
⎩2⎭
b. On part de l’expression donnée, que l’on
réduit au même dénominateur :

ax + b +

c
2x − 1

=
=

( ax + b )( 2 x − 1) + c
2x − 1
2 ax 2 + ( 2 b − a ) x − b + c

.
2x − 1
Le numérateur est un trinôme dont on identifie les coefficients avec le numérateur de
l’expression de f. On a :
⎧ 2 a = 12
⎧a = 6


⎨ 2 b − a = 24 ⇔ ⎨ b = 15 .
⎪ − b + c = − 12
⎪c = 3


47 a. L’équation x2(2 − x) = 0 admet 0 et 2
comme solutions, donc Ᏸf = ⺢\{0 ; 2}.
b. On part de l’expression donnée, que l’on
réduit au même dénominateur :
a
b
c
+
+
x
x2 2 − x
ax ( 2 − x ) + b( 2 − x ) + cx 2
=
x2 (2 − x )
2
( c − a ) x + ( 2a − b ) x + 2b
.
=
x2 (2 − x )
On identifie les coefficients avec ceux du
numérateur de l’expression de f. On a :

⎪c =
⎧c − a = 0


⎨ 2a − b = 3 ⇔ ⎨
⎪ 2b = −4
⎪a =


⎪⎩ b =

1
2
1 .
2
−2

© Éditions Belin 2011

48 a. L’équation x(x + 5) = 0 admet 0 et −5
comme solutions, donc Ᏸf = ⺢\{0 ; −5}.
b. On part de l’expression donnée, que l’on
réduit au même dénominateur :
c
d
ax + b + +
x
x +5
( ax + b ) x ( x + 5 ) + c ( x + 5 ) + dx
=
x ( x + 5)
ax 3 + ( b + 5 a ) x 2 + ( 5 b + c + d ) x + 5 c
.
=
x ( x + 5)
On identifie les coefficients avec ceux du
numérateur de l’expression de f. On a :
⎧a = 4
⎧a = 4


⎪ b + 5a = 0
⎪ b = − 20
⇔ ⎨
.

⎪ 5 b + c + d = −6
⎪ d = 91
⎪⎩ 5 c = 15
⎪⎩ c = 3

49 1. a. P(2) = 23 − 4 × 22 + 5 × 2 − 2 = 0.
b. P(x) = ax3 + (− 2a + b)x2 + (− 2b + c)x − 2c
Par identification, on a :
⎧a = 1
⎧a = 1

⎪ −2a + b = −4



⎨ b = −2 .
2
5

b
+
c
=
⎪c = 1


⎪⎩ − 2c = − 2

c. ∆ = (−2)2 − 4 × 1 × 1 = 0 donc le trinôme

possède une seule racine réelle : α = 1. Ainsi,
pour tout réel x, P(x) = (x − 2)(x − 1)2.
2. Q(−1) = 2 × (−1)3 − (−1)2 − 9 × (−1) − 6 = 0,
donc Q(x) = (x + 1)(ax2 + bx + c)
= ax3 + (b + a)x2 + (b + c)x + c.
Par identification, on a :
⎧a = 2
⎧a = 2

⎪ a + b = −1

⇔ ⎨ b = − 3.

9
b
+
c
=

⎪ c = −6


⎪⎩ c = − 6
∆ = (−3)2 − 4 × 2 × (−6) = 57 donc le trinôme
3 − 57
et
possède deux racines réelles x1 =
4
3 + 57
x2 =
.
4
Ainsi, pour tout réel x,
P(x) = 2(x + 1)(x − x1)(x − x2).
50 a. x2 − 9 = (x − 3)(x + 3).
b. x2 + 10x + 25 = (x + 5)2.
c. 15x − x2 = − x(x − 15).
d. (x2 − 2)2 − 1 = (x2 − 2 − 1)(x2 − 2 + 1)

= (x2 − 3)(x2 − 1)
= (x − 3 )(x + 3 )(x − 1)(x + 1).
e. (x2 − 3)2 − (x2 + 1)2
= (x2 − 3 − x2 − 1)( x2 − 3 + x2 + 1)
= − 4(2x2 − 2) = − 8(x2 − 1) = − 8(x + 1)(x − 1).
51 a. On ne reconnait pas d’identité remarquable : on calcule ∆ = 16.
Les deux racines sont x1 = −3 et x2 = 1 et
donc P(x) = (x + 3)(x − 1).
b. ∆ = 9. Les deux racines sont x1 = −5 et
x2 = −2 et donc P(x) = (x + 5)(x + 2).
1
c. ∆ = 121. Les deux racines sont x1 = −
3

3
1⎞ ⎛
3⎞
et x2 = et donc P(x) = 6 ⎜ x + ⎟ ⎜ x − ⎟ .

2
3⎠ ⎝
2⎠

Chapitre 1 ■ Second degré

19

d. ∆ = 24. Les deux racines sont x1 =
et x2 =

1− 6

1+ 6
5

suivant :
x

5
P(x) = −5 (x − x1)(x − x2).
8
e. ∆ =
. Les deux racines sont
175
− 28 − 14
− 28 + 14
x1 =
et x2 =
10
10
2
et donc P(x) = (x − x1)(x − x2).
7

Variations
de P

= ( x − 6 )2 ( x + 6 )2.
53 a. b. Les erreurs sont ligne 5 : x − 1 au
lieu de x + 1 ; lignes 9 et 10 : x2 − 1 au lieu
de x2 + 1 ; ligne 15 : x − 1 au lieu de x + 1.
54 a. On met sous forme canonique :
P(x) = 2(x − 1)2 − 7, d’où le tableau suivant :
1

+∞

−7

1⎞



2

b. P(x) = ⎜ x + ⎟

2⎠

+

suivant :
x

3
4

, d’où le tableau



−∞

Variations
de P

1
2

+∞

3
4

5⎞



2

c. P(x) = 3 ⎜ x − ⎟

6⎠



suivant :
x

1
, d’où le tableau
12
5

−∞

6

© Éditions Belin 2011

Variations
de P





3⎞

2

71

+∞

1
12

d. P(x) = −2 ⎜ x − ⎟ − , d’où le tableau

4⎠
8
20

Chapitre 1 ■ Second degré

−∞

x
Variations
de P

+∞

8

3⎞

suivant :

Variations
de P

+∞

13



x

2

2

f. P(x) = 4 ⎜ x + ⎟

8⎠

b. x4 + 12x2 + 36 = (x2 − 6)2

−∞



4
71

e. P(x) = (x − 2)2 − 13, d’où le tableau
suivant :

52 a. 7x3 + 2x2 − 9x = x(7x2 + 2x − 9)

9⎞
= 7x(x − 1) ⎜ x + ⎟ .

7⎠

x
Variations
de P

3

−∞

et donc

−∞

+

7
, d’où le tableau
16


3
8

+∞

7
16

55 Pour P1, le coefficient du terme de degré 2
est négatif, donc la fonction est d’abord
croissante puis décroissante : il s’agit de
la courbe orange ou bleue. ∆ = 9, donc la
courbe coupe deux fois l’axe des abscisses.
Ainsi, la représentation graphique de P1 est
la courbe bleue.
Pour P2, a = 3 ⬎ 0 donc il s’agit de la courbe
rouge ou violette. ∆ = − 12 donc il s’agit de
la courbe violette.
Pour P3, a = 1 ⬎ 0 donc il s’agit de la courbe
rouge. Vérifions avec ∆ = 9 : il y a bien deux
point d’intersection entre la courbe et l’axe
des abscisses.
Pour P4, il ne reste plus que la courbe orange
qui respecte les variations données par a = −1.
De plus, ∆ = 0, donc la courbe coupe une
seule fois l’axe des abscisses.
56 La forme canonique du trinôme est
P(x) = a(x − 1)2 + 2 = ax2 − 2ax + a + 2. Donc
∆ = 4a2 − 4a(a + 2) = − 8a. Donc a = −1.
57 La forme canonique du trinôme est
P(x) = a(x + 2)2 + 3.
5

20
=
. Donc a = .
On sait que β = −
3
4a 4a
58 a. x ∈ [0 ; 2] puisque la longueur AM ne
peut pas excéder la longueur du diamètre.

⎛ x⎞

2

x2

S = ]−∞ ; −6[ 傼 ]1 ; +∞ [.
e. Les racines du premier trinôme sont −1
et 2 ; celles du second sont 3 et −2. On en
déduit le tableau de signes suivant :

b. L’aire de Ᏸ1 est πr12 = π ⎜ ⎟ = π .
⎝ 2⎠
4
2

⎛ 2 − x⎞
L’aire de Ᏸ2 est πr22 = π ⎜
⎝ 2 ⎟⎠
4 − 4 x + x2

.
4
x2
4 − 4 x + x2
c. Ꮽ(x) = πr2 − π
−π
4
4
x2
= π − 2π ×
− π + πx
4
π
= − x2 + πx.
2
On le met sous forme canonique :
π
π
Ꮽ(x) = − (x2 − 2x) = − [(x − 1)2 − 1]
2
2
π
π
= − (x − 1)2 + .
2
2
D’où le tableau de variations suivant :
x
Variations
de A

0

1
π

−∞ −2
−1
2 3 +∞
x
Signe de
+
+ 0 − 0 + +
x2 – x – 2
Signe de
+ 0 −
− − 0 +
9x2 – 9x – 54
Signe du
+ 0 − 0 + 0 − 0 +
produit

S = ]−2 ; −1[ 傼 ]2 ; 3[.

2

2

d. L’aire maximale de la partie coloriée est

π
donc de , atteinte lorsque M est sur le point O.
2
59 a. Les racines de ce trinôme sont
x1 = − 3 − 10 et x2 = − 3 + 10, d’où le
tableau de signes :
x
Signe de
x2 + 6x – 1

−∞
+

0

+∞

x2

x1


0

+

© Éditions Belin 2011

Donc S = ] −∞ ; x1] 傼 [x2 ; +∞[.
b. 3x2 − x + 3 ⭐ 6x +1 ⇔ 3x2 − 7x + 2 ⭐ 0.
1
Les racines de ce trinôme sont et 2.
3
1
S = [ ; 2].
3
c. 5x2 − 6x − 20 ⬍ −x2 + 6x + 4
⇔ 6x2 − 12x − 24 ⬍ 0. Les racines de ce
trinôme sont 1 − 5 et 1 + 5 .
S = ⎤⎦ 1 − 5 ; 1 + 5 ⎡⎣.
d. Les racines du premier trinôme sont −6 et
1 ; celle du second est la racine double −6.
On en déduit le tableau de signes suivant :
x
Signe de
3x2 + 15x – 18
Signe de
x2 + 12x + 36
Signe du produit

−∞

−6

+∞

1

+ 0 − 0 +
+ 0 +

+

+ 0 − 0 +

60 a. On résout cette inéquation dans ⺢\{−2}.
Sur cet ensemble, elle est équivalente à
3
⭐0
1 − 2x −
x+2
(1 − 2 x )( x + 2) − 3

⭐0
x+2
−2 x 2 − 3 x − 1

⭐ 0.
x+2
1
Les racines du numérateur sont −1 et − .
2
On en déduit le tableau de signe suivant :
x
Signe de
–2x2 – 3x – 1
Signe de
x+2
Signe du
quotient

−∞

−2


+∞

2

− 0 + 0 −

− 0 +
+

1

−1

+

+

− 0 + 0 −

1
; +∞[.
2
b. On résout l’inéquation dans ⺢\{−1 ; −2}.
Sur cet ensemble, elle est équivalente à
1
2
−x
⬎0⇔
⬎ 0.

x +1 x + 2
( x + 1)( x + 2)
On en déduit le tableau de signes suivant :
Donc S = ]−2 ; −1] 傼 [−

−∞
+∞
−2
−1
0
x
+
+
+ 0 −
Signe de –x
Signe de
+ 0 − 0 +
+
(x + 1)(x + 2)
Signe du
+

+ 0 −
quotient

Donc S = ]−∞ ; −2[ 傼 ]−1 ; 0].
c. On résout l’inéquation dans ⺢\{−3 ; 1}.
Sur cet ensemble, elle est équivalente à
− x2 + 6 x − 1
x
2x − 1

⬎0⇔
⬎ 0.
( x − 1)( x + 3 )
x −1 x + 3
Chapitre 1 ■ Second degré

21

Les racines du numérateur sont x1 = 3 − 2 2
et x2 = 3 + 2 2 . On en déduit le tableau de
signes suivant :
−∞ −3 x1
1
x2 +∞
x
Signe de

− 0 +
+ 0 −
–x2 + 6x – 1
Signe de
+ 0 −
− 0 +
+
(x – 1)(x + 3)
Signe du

+ 0 −
+ 0 −
quotient

Donc S = ]−3 ; x1[ 傼 ]1 ; x2[.
61 a. Les racines du numérateur sont 1 et
1
− ; celles du dénominateur sont −2 et 3.
2
On en déduit le tableau de signes suivant :
x

−∞

Signe du
numérateur
Signe du
dénominateur
Signe du
quotient



−2
+

1

2



+∞

3

+ 0 − 0 +

+ 0 −
+

1

+

− 0 +

− 0 + 0 −

+

b. La racine du numérateur est 0 ; celles

du dénominateur sont x1 = − 3 − 11 et
x2 = − 3 + 11 .
On en déduit le tableau de signes suivant :
−∞
+∞
0
x2
x1
x
Signe du
+
+ 0 +
+
numérateur
Signe du
+ 0 −
− 0 +
dénominateur
Signe du
+
− 0 −
+
quotient

x 2 − 10 x + 25

. L’unique racine du
x−4
numérateur est 5. On en déduit le tableau
de signes suivant :
−∞
x
Signe du
numérateur
Signe du
dénominateur
Signe du
quotient

c. f(x) =

4
+



+
0

+∞

5
0

+
+

+
+

0

+

x2 + 2 x − 4

. Les racines du numérax −1
teur sont x1 = 1 − 5 et x2 = 1 + 5. On en
déduit le tableau de signes suivant :
−∞
+∞
1
x2
x1
x
Signe du
+ 0 −
− 0 +
numérateur
Signe du

− 0 +
+
dénominateur
Signe du
− 0 +
− 0 +
quotient

63 a. On pose X = x2 et l’équation donnée
est alors équivalente au système suivant :
⎪⎧X = x 2
.
⎨ 2
⎩⎪X − 5 X + 4 = 0
Le discriminant de l’équation du second
degré est ∆ = 9. Il y a donc deux solutions
réelles : X1 = 1 et X2 = 4. Ainsi, le système
est équivalent à :
⎧X = x 2
⇔ x2 = 1 ou x2 = 4

X
=
1
X
=
4
ou

⇔ x = −1 ou x = 1 ou x = −2 ou x = 2.

c. Le dénominateur n’a pas de racine réelle.

b. On pose X = x2 et l’équation donnée est

Il est donc toujours strictement positif.
Comme le numérateur est strictement négatif, f est donc toujours strictement négative.

alors équivalente au système suivant :
⎪⎧X = x 2
.
⎨ 2
⎩⎪X + X − 2 = 0

62 a. f(x) =

x2 + x − 5

. Les racines du numéx+3
− 1 − 21
− 1 + 21
rateur sont x1 =
et x2 =
.
2
2
On en déduit le tableau de signes suivant :

© Éditions Belin 2011

b. f(x) =

−∞
+∞
−3
x1
x2
x
Signe du
+
+ 0 − 0 +
numérateur
Signe du
− 0 +
+
+
dénominateur
Signe du

+ 0 − 0 +
quotient

22

Chapitre 1 ■ Second degré

Le discriminant de l’équation du second
degré est ∆ = 9. Il y a donc deux solutions
réelles : X1 = −2 et X2 = 1. Ainsi, le système
est équivalent à :
⎧X = x 2
⇔ x2 = −2 ou x2 = 1

⎩X = − 2 ou X = 1
⇔ x = −1 ou x = 1.
c. On pose X = x et l’équation donnée
est alors équivalente au système suivant :
⎪⎧X = x
.
⎨ 2
⎩⎪6 X − 13 X − 5 = 0

© Éditions Belin 2011

Le discriminant de l’équation du second
degré est ∆ = 289. Il y a donc deux solutions
5
1
réelles : X1 = − et X2 = . Ainsi, le sys2
3
tème est équivalent à :
⎧X = x

1
5

1
5 ⇔ x = − ou x =
X
=

ou
X
=
3
2


3
2
25
⇔x=
.
4
64 a. 10x3 + 12x2 − 14x = 0
⇔ 2x(5x2 + 6x − 7) = 0
⇔ x = 0 ou 5x2 + 6x − 7 = 0.
Le discriminant du trinôme est ∆ = 176. La
seconde équation possède donc deux solutions
− 3 − 2 11
− 3 + 2 11
réelles x1 =
et x2 =
.
5
5
Ainsi, l’ensemble solution de l’équation
donnée est S = {x1 ; 0 ; x2}.
b. Pour tout x ≠ 0, on a :
4
7x + − 1 = 0 ⇔ 7x2 + 4 − x = 0.
x
Le discriminant de ce trinôme est ∆ = −111
donc l’équation n’a pas de solution réelle.
3
c. Pour tout réel x ≠ − et x ≠ 0, l’équation
2
donnée est équivalente à
x(2x) = (2x + 3)(x − 1) ⇔ x = 3.
d. Pour tout réel x ≠ 3, l’équation donnée
est équivalente à
x − 3 = (x − 3)(x + 5) ⇔ 0 = x2 + x − 12.
Le discriminant de ce trinôme est égal à ∆ = 49.
Les deux solutions réelles sont donc x1 = −4
et x2 = 3. Mais comme les solutions sont à
chercher dans ⺢\{3}, la seule solution de
x = −4.
e. Pour tout réel x ≠ 0, l’équation donnée est
équivalente à x2 + x − 6 = 0. Le discriminant
de ce trinôme est égal à ∆ = 49. Les deux
solutions réelles sont donc x1 = −3 et x2 = 2.
f. Pour tout réel x ≠ 1et x ≠ 0, l’équation
donnée est équivalente à x2 + 6x − 6 = 0. Le
discriminant de ce trinôme est égal à ∆ = 60.
Les deux solutions réelles sont donc
x1 = − 3 + 15 et x2 = − 3 − 15.
65 1. a. L’expression sous la racine doit être
positive, donc x ⭓ 1.
b. Une racine carrée étant toujours positive,
on a x ⭓ 2.

c. Ainsi, cette équation se résout dans l’intervalle [2 ; +∞[
Sur cet intervalle, l’équation est équivalente à x − 1 = (x − 2)2 ⇔ 0 = x2 − 5x + 5.
Le discriminant de ce trinôme est ∆ = 5. Les
5+ 5
deux solutions réelles sont x1 =
et
2
5− 5
x2 =
. Seule x1 est solution de l’équa2
tion de départ car x2 ∉ [2 ; +∞[.
d.

2. a. L’intervalle est [−1 ; +∞[.
Sur cet intervalle, l’équation est équivalente
à 0 = x2 + 3x + 3. Le discriminant est ∆ = −3 ;
cette équation n’admet donc pas de solution
dans ⺢.
b. L’intervalle est [2 ; +∞[. Sur cet intervalle,
l’équation est équivalente à 0 = x2 − 5x + 3.
Le discriminant est ∆ = 13 ; les deux solutions
réelles sont x1 =

5 + 13

et x2 =

5 − 13

.
2
2
Seule x1 est solution de l’équation de départ
car x2 ∉ [2 ; +∞[.
c. L’intervalle est [0 ; + ∞[. Sur cet intervalle,
l’équation est équivalente à 0 = x2 − 4x − 4.
Le discriminant est ∆ = 32 ; les deux solutions
réelles sont x1 = 2 + 2 2 et x2 = 2 − 2 2.
Seule x1 est solution de l’équation de départ
car x2 ∉ [0 ; +∞[.
d. L’intervalle est ]−∞ ; 1]. Sur cet intervalle,
l’équation est équivalente à 0 = x2 − x. Les
deux solutions de cette équation sont 0 et 1,
qui sont aussi solution de l’équation initiale.
e. L’intervalle est ]−∞ ; 1]. Sur cet intervalle,
l’équation est équivalente à 0 = 2x + 8.
L’unique solution est −4, qui est aussi solution de l’équation initiale.

Chapitre 1 ■ Second degré

23

f. L’intervalle est ]−∞ ; −3]. Sur cet intervalle,
l’équation est équivalente à 0 = 2x − 10.
L’unique solution est 5, qui n’appartient pas
à l’intervalle donné. Donc l’équation initiale
n’a pas de solution.
g. L’intervalle est [−3 ; 1]. Sur cet intervalle,
l’équation est équivalente à 0 = x2 − x − 4. Le
discriminant est ∆ = 17 ; les deux solutions
1 − 17
1 + 17
réelles sont x1 =
et x2 =
.
2
2
Seule x1 est solution de l’équation de départ
car x2 ∉ [−3 ; 1].

© Éditions Belin 2011

66 a. x2 + x + 1 est toujours strictement positif et x + 2 ⭓ 0 ⇔ x ⭓ −2. On résout donc
cette équation dans l’intervalle [−2 ; +∞[.
Dans cet intervalle, l’équation est équivalente à x2 − 1 = 0. Ses solutions sont −1 et 1,
qui sont aussi toutes deux solutions de
l’équation initiale.
b. x2 + x + 1 est toujours strictement positif
et x − 2 ⭓ 0 ⇔ x ⭓ 2. On résout donc cette
équation dans[2 ; +∞[.
Dans cet intervalle, l’équation est équivalente à x2 + 3 = 0 qui n’a pas de solution
réelle. L’équation initiale n’en a pas non plus.
c. −x2 − x − 1 est toujours strictement négatif donc le membre de gauche n’existe pour
aucun réel x.
d. x2 − x − 6 admet −2 et 3 comme racines :
le membre de gauche est défini sur
]−∞ ; −2] 傼 [3 ; +∞[.
Le membre de droite est défini sur [− 2 ; +∞[.
Ainsi, l’ensemble sur lequel on doit résoudre
cette équation est {−2} 傼 [3 ; +∞[.
Sur cet ensemble, l’équation est équivalente
à x2 − 2x − 8 = 0. Ses solutions sont −2 et
4 qui sont donc toutes deux solutions de
l’équation initiale.
67 a. On doit résoudre cette équation sur
les intervalles ]−∞ ; 0] et [0 ; +∞[.
1
b. X2 = x2 + 2 + .
x2
1
1
c. (E) ⇔ (x2 + 2 + ) + (x + ) − 6
x
x2
2
⎧X + X − 6 = 0

⇔⎨
.
1
⎪X = x +

x
24

Chapitre 1 ■ Second degré

d. Le discriminant est ∆ = 25, et les solutions
sont X1 = −3 et X2 = 2. Ainsi :
⎧X = − 3 ou X = 2

(E) ⇔ ⎨
1
⎪X = x +

x
1
1
⇔ x + = −3 ou x + = 2 .
x
x
La première équation est équivalente, sur
⺢*, à x2 + 3x + 1 = 0.
Ses solutions sont
−3 − 5
−3 + 5
et
.
2
2
La seconde équation est équivalente, sur ⺢*,
à x2 − 2x + 1 = 0. Son unique solution est 1.
−3 − 5
;
Ainsi, les solutions de (E) sont
2
−3 + 5
et 1.
2
68 a. Le discriminant de P est
∆ = (b − a)2 − 4b(−a) = b2 − 2ab + a2 + 4ab
= a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ⭓ 0 ; mais comme
a ≠ −b, on a ∆ ⬎ 0.
b. Le discriminant de Q est
∆ = (−3ab)2 − 4a2(3b2) = 9a2b2 − 12a2b2
= −3a2b2 ⭐ 0 ; mais comme P et Q sont
deux trinômes du second degré, b ≠ 0 et
a ≠ 0 et donc ∆ ⬍ 0.
69 a. Le dénominateur possède un discriminant négatif, donc ne possède pas de racine.
Comme a = 1 ⬎ 0, il est toujours strictement
positif. Donc Ᏸf = ⺢.
b. On doit résoudre dans ⺢ l’équation
f(x) = 1 ⇔ − 2x2 + 1 = x2 + x + 1

1⎞
⇔ 3x2 + x = 0 ⇔ 3x ⎜ x + ⎟ = 0.

3⎠
Ainsi, il y a deux points d’intersection entre
la courbe et la droite, de coordonnées (0 ; 1)
⎛ 1 ⎞
et ⎜ − ; 1⎟ .
⎝ 3 ⎠
c. L’équation f(x) = −3
⇔ − 2x2 + 1 = − 3x2 − 3x − 3
⇔ x2 + 3x + 4 = 0.
Le discriminant est négatif, donc l’équation
n’a pas de solution réelle et il n’existe pas de
point d’intersection.
d. Le numérateur est déjà donné sous forme

canonique. Comme a = −2 ⬍ 0, x 哫 −2x2 + 1
admet un minimum sur ⺢, égal à β = 1.
La forme canonique du dénominateur est
2

1⎞
3
2
x
+
⎟⎠ + . Comme a = 1 ⬎ 0, x 哫 x + x + 1
⎜⎝
2
4
3
admet un maximum sur ⺢, égale à β = .
4
4 4
Ainsi, pour tout réel x, f(x) ⭐ 1 × = .
3 3

© Éditions Belin 2011

70 a. Le coefficient a pour P1 est égal à −2,
donc P1 est la parabole verte ; et P2 la rouge.
b. Les deux paraboles semblent tangentes,
c’est-à-dire qu’il semble exister un seul point
d’intersection.
c. On doit résoudre l’équation
−2(x + 3)2 + 5 = x2 + x + 1
⇔ 3x2 + 13x + 14 = 0.
Le discriminant est ∆ = 1 donc il y a deux
solutions, c’est-à-dire deux points d’intersection
entre les deux paraboles.

c. Il n’a pas de points d’intersection lorsque
∆ ⬍ 0, c’est-à-dire p ⬍ −3.
73 On note ᐉ et L ses dimensions. On a alors :
L + ᐉ = 26 et Lᐉ = 165
⇔ L(26 − L) = 165 ⇔ − L2 + 26L − 165 = 0.
Le discriminant est ∆ = 16 et les deux solutions sont L1 = 15 et L2 = 11.
Donc ᐉ1 = 26 − 15 = 11 et ᐉ2 = 26 − 11 = 15.
Les dimensions du rectangle sont donc 11 cm
et 15 cm.
74 On note ᐉ et L ses dimensions. On a alors :
L = ᐉ + 9 et Lᐉ = 178
⇔ (ᐉ + 9)ᐉ = 178 ⇔ ᐉ2 + 9ᐉ − 178 = 0.
Le discriminant est ∆ = 793 et les deux solutions
− 9 − 793
− 9 + 793
sont ᐉ1 =
et ᐉ2 =
.
2
2
Seule la seconde solution est possible car l’autre
9 + 793
est négative et dans ce cas, L =
.
2

71 a. On doit résoudre l’équation
−x2 + 2x + 1 = −2x + 5 ⇔ −x2 + 4x − 4 = 0.
Le discriminant est ∆ = 0. Il y a donc un seul point
d’intersection entre la parabole et la droite.
b. On doit résoudre l’équation
−x2 + 2x + 1 = − 2x ⇔ −x2 + 4x + 1 = 0.
Le discriminant est ∆ = 20. Il y a donc deux points
d’intersection entre la parabole et la droite.

75 On note x la longueur à rajouter à chaque
côté. Le triangle est rectangle si et seulement si
(3 + x)2 + (4 + x)2 = (6 + x)2
⇔ x2 + 2x − 11 = 0.
Le discriminant est ∆ = 48 et les deux solutions sont x1 = − 1 − 2 3 et x2 = − 1 + 2 3 .
Seule la seconde solution est possible car la
première est négative.

72 On doit résoudre l’équation
x2 + x + 1 = − 3x + p ⇔ x2 + 4x + 1 − p = 0
et considérer le signe du discriminant.
∆ = 16 − 4(1 − p) = 12 + 4p.
a. Il y a un unique point d’intersection si et
seulement si ∆ = 0, c’est-à-dire p = −3. Dans
ce cas-là, l’abscisse du point d’intersection
4
est x = − = −2.
2
L’ordonnée est y = −3 × (−2) − 3 = 3.
b. Il y a deux points d’intersection si et seulement si ∆ ⬎ 0, c’est-à-dire p ⬎ −3. Dans ce
cas-là, les abscisses des points d’intersection
−4 − 2 3 + p
sont x1 =
= −2 − 3 + p
2
et x2 = − 2 + 3 + p et leur ordonnées
respectives sont y1 = 6 + 3 3 + p + p et

76 a. On note c la longueur du côté d’un
triangle équilatéral. L’aire se calcule par la
ch
3c
formule
. La hauteur s’exprime h =
.
2
2
3c 2
Donc l’aire s’exprime par
et on doit
4
résoudre l’équation
80 80 3
3c 2
=
= 20 ⇔ c2 =
.
3
3
4

y2 = 6 − 3 3 + p + p.

5
=4
3 cm.
3
3
b. L’équation à résoudre est

Donc c =
3c 2
4

80 3

= 25 3 ⇔ c2 = 100. Donc c = 10 cm.

77 a. On note x la largeur de l’allée. La surface de l’allée s’exprime
x × 20 × 2 + x × (30 − x) × 2 = −2x2 + 100x.

Chapitre 1 ■ Second degré

25

On doit alors résoudre l’équation
−2x2 + 100x = 30 × 20 ÷ 5 = 120
⇔ −x2 + 50x − 60 = 0.
Le discriminant est ∆ = 2 260 et les deux
solutions sont
x1 = 25 + 565 et x2 = 25 − 565 .
Seule la seconde solution est possible car la première est supérieure aux dimensions du parc.
78 a. On note n le premier entier et n + 1
l’entier suivant. La somme de leur carré est
2n2 + 2n + 1. On doit résoudre l’équation
2n2 + 2n + 1 = 1 985 ⇔ n2 + n − 992 = 0.
∆ = 3 969. n1 = −32 et n2 = 31.
On doit résoudre l’équation
2n2 + 2n + 1 = 2 011 ⇔ n2 + n − 1 005 = 0.
∆ = 4 021.
− 1 − 4 021
− 1 + 4 021
n1 =
et n2 =
.
2
2
Il n’y a donc pas de solution à ce problème car
les solutions de l’équation ne sont pas entières.
b. On doit résoudre l’équation
2n2 + 2n + 1 = k ⇔ 2n2 + 2n + 1 − k = 0.
∆ = 4 − 4 × 2 × (1 − k) = 4(1 − 2 + 2k)
= 4(2k − 1).
Pour que le problème ait une solution, il est
nécessaire que
⌬ =

4 ( 2 k − 1) = 2 2 k − 1 soit un entier,

© Éditions Belin 2011

donc 2 k − 1 aussi, c’est-à-dire que 2k − 1
soit un carré parfait.
Réciproquement, si 2k − 1 est un carré parfait, notons p = 2 k − 1 ∈ ⺞. Ainsi, les deux
solutions de l’équation sont :
−2 − 2 p
n1 =
= − 1 − p et
2
−2 + 2 p
= − 1 + p et sont donc entières.
n2 =
2
79 On note x l’écart entre la largeur et la longueur. On alors x + 74 = 2L et 74 − x = 2ᐉ ; ainsi
(x + 74)(74 − x) = 4Lᐉ = 4 × 1 288 = 5 152
⇔ 324 − x2 = 0.
Les solutions de cette équation sont −18 et
18. Seule la seconde est possible, une distance étant positive.
80 a. On note m l’abscisse du point M. On a
alors JM2 = m2 + 1 ; MA2 = m2 − 10m + 41 ;
JA = 34. On doit donc résoudre l’équation
m2 + 1 + m2 − 10m + 41 = 34
⇔ 2m2 − 10m + 8 = 0.
26

Chapitre 1 ■ Second degré

Le discriminant est ∆ = 36. Les deux solutions sont m1 = 1 et m2 = 4. Il faut donc
placer le point en (1 ; 0) ou en (4 ; 0).
b. Géométriquement, on peut trouver les
positions du point M à l’intersection de l’axe
des abscisses et du cercle de diamètre [JA].
81 a. Le triplet Pythagoricien le plus connu
est (3 ; 4 ; 5).

b.

c. Il suffit de remplacer l’initialisation « y=1 »
par « y=x ».
82 1. Tout d’abord, on sait que xM = a et
donc yM = − aα puisque M ∈ (OP) qui a pour
coefficient directeur −α. OMC est rectangle
en M si et seulement si OC2 = MC2 + MO2,
c’est-à-dire
(a − c)2 + b2 = c2 + (− aα − b)2 + a2 + (− aα)2,
ou encore, une fois réduit : aα2 + bα + c = 0.
2. Pour résoudre l’équation, il suffit de trouver les positions du point M sur la droite
(AB) pour lesquelles le triangle OMC est
rectangle en M. Pour cela, il suffit de tracer
le cercle de diamètre [OC] et de prendre les
intersections avec la droite (AB). On trace
ensuite la droite (OM) et sur cette droite, on
regarde l’ordonnée du point d’abscisse −1.
3. @ On pourra télécharger le fichier corrigé
à l’adresse www.libtheque.fr/mathslycee.
a. x1 ≈ − 1,61 et x2 ≈ 0,61.
b. Pas de solution.
1
c. x1 = et x2 = 1.
2
d. Pas de solution.
4. Il existe des solutions seulement si le cercle
coupe au moins une fois la droite (AB), c’est-àdire si la distance du centre du cercle à la
droite est inférieure ou égale au rayon du cercle.
Le centre du cercle est le milieu de [OC] et a
⎛ a − c b⎞
; ⎟.
donc pour coordonnées ⎜
⎝ 2
2⎠

Sa distance à la droite (AB) est donc de
a−c
a+c
a+c
−a = −
=
.
2
2
2
Le rayon du cercle est égal à
1
1 2
( a − c )2 + b2 =
a − 2 ac + c 2 + b2 .
2
2
Ainsi, il existe des solutions si et seulement si
(a + c)2 ⭐ a2 − 2ac + c2 + b2
⇔ 0 ⭐ b2 − 4ac.
83 a. La courbe représentant P2 est la verte
car le coefficient du terme de degré 2 de
P2 es positif. Donc la courbe représentant
P1 est la bleue. Graphiquement, l’équation
P1(x) = 0 admet une seule solution, donc
le discriminant de P1 est nul, c’est-à-dire
16 + 16a = 0, d’où a = −1.
b. L’unique racine de P1 est alors
b
4
=
= − 2.
α=−
2a −2
c. Cette racine est la plus grande pour P2.
− 10 + 100 − 8 c

d. On a alors −2 =

4

c’est-à-dire c = 12.

,

84 1. a. La longueur AM est positive, donc
la valeur minimale pour x est 0. La longueur
AN est positive, donc la valeur maximale
pour x est 5. Ainsi, x ∈ [0 ; 5].
b. MN2 = x2 + (5 − x)2 = 2x2 − 10x + 25
2


5⎞
25
= 2⎜ x − ⎟ +
.


2
2
On en déduit le tableau de variations suivant :
x

0

Variations
de MN2

25

5

5

2

25

25

© Éditions Belin 2011

2

La plus grande valeur de MN est donc de 5,
atteint lorsque x = 0 ou x = 5.
5 2
, atteinte
La plus petite valeur de MN est
2
5
pour x = .
2
2. L’aire de AMN est donnée par l’expression
x (5 − x )
2

=

− x2 + 5 x
2

2

25
1⎛
5⎞
= − ⎜x − ⎟ +
.
8
2⎝
2⎠

On en déduit le tableau de variations suivant :
x

5

0

2

Variations
de l’aire

25
8

0

L’aire la plus grande est de
x =

5

25
8

0

, atteinte pour

5

et l’aire la plus petite est lorsque le
2
triangle est plat !

85 a. Si M a pour abscisse 13, alors il a pour
65
ordonnées yM = . Ainsi, le point N a pour
16

191⎞
coordonnées ⎜ − 3 ;
⎟ . Mais ce point ne

16 ⎠
peut pas appartenir à C car −3 n’appartient
pas à l’ensemble de définition de f.
b. N est symétrique de M par rapport à A,
donc xN = 10 − xM et yN = 16 − yM.
De plus, comme M appartient à la courbe,
1
on a yM = f(xM). Ainsi, yN = 12 −
.
xM + 3
Le fait que N appartient à la courbe se traduit par
yN = f(xN) ⇔ (yN − 4)(xN + 3) = 1
− 8 x M + 80 x M + 296
=0

xM + 3

⇔ − xM2 + 10xM + 37 = 0
⇔ xM2 − 10xM − 37 = 0.
Les points M et N jouent un rôle symétrique :
il suffit de refaire la même démonstration en
échangeant leur rôle.
c. Cette équation a pour solution 5 + 62
et 5 − 62 qui sont les abscisses des points
16 − 62
M et N. Leur ordonnées sont alors
2
16 + 62
et
.
2

93 1. Si x0 est une racine de P, alors P(x0) = 0.
⎛ 1⎞
De plus, et comme x0 ≠ 0, on a P ⎜ ⎟ = 0.
⎝ x0 ⎠
Chapitre 1 ■ Second degré

27

2. P est un polynôme de degré 4. De plus,
pour tout réel x non nul, on a :
⎛ 1⎞
4
12
1
12

+

+4
P⎜ ⎟ =
4
3
2
⎝ x⎠
x
x
x
x
=

1
x4

(4 − 12x + x2 − 12x3 + 2x4).

© Éditions Belin 2011

b. X2 = x2 + 2 +

1

.
x2
c. Pour tout réel x non nul, on a :
4
12
+
=0
P(x) = 0 ⇔ 4x2 − 12x + 1 −
x
x2
1
1
) − 8 + 1 − 12(x + ) = 0
⇔ 4(x2 + 2 +
2
x
x

1
⎪X = x +
.
⇔⎨
x
⎪4 X 2 − 12 X − 7 = 0

On a Q(X) = 4X2 − 12X − 7.
7
1
d. Les racines de Q sont X1 = − et X2 = .
2
2
Ainsi, pour tout réel x non nul :

1
⎪⎪X = x +
x
P(x) = 0 ⇔ ⎨
⎪X = − 1 ou X = 7
⎪⎩
2
2
1
1
1 7
⇔ x + = − ou x + =
x
2
x
2
⇔ 2x2 + x + 1 = 0 ou 2x2 − 7x + 1 = 0
7 − 33
7 + 33
⇔x=
ou x =
.
4
4
3. a. P est un polynôme de degré 4. De
plus, pour tout réel x non nul, on a :
⎛ 1⎞
1
3
13
3

+
− +1
P⎜ ⎟ =
4
3
2
⎝ x⎠
x
x
x
4x
1
13 2
(1 − 3x +
x − 3x3 + x4).
=
4
x4
b. Une racine évidente de P est x0 = 2.
1 1
c. Une autre racine de P est donc x1 =
= .
x0 2
d. Q est donc un polynôme de degré 2, que
l’on peut écrire ax2 + bx + c. Ainsi, pour tout
réel x, on a :
1
P(x) = (x − 2)(x − )(ax2 + bx + c)
2
5a
5b
+ a)x2
= ax4 + (b − )x3 + (c −
2
2
5c
+ (b − )x + c.
2
28

Chapitre 1 ■ Second degré

Ainsi, en procédant par identification, on a :
⎧a = 1

⎪b − 5 a = − 3
⎧a = 1

2

⎪⎪
5b
13
1

+a=
⇔ ⎨b = − .
⎨c −
2
4
2



⎪⎩c = 1
5c
= −3
⎪b −
2

⎪⎩c = 1
1
Ainsi, pour tout réel x, Q(x) = x2 − x + 1.
2
e. Q ne possède pas de racine réelle, donc
1
les racines de P sont et 2.
2
4. a. Pour tout réel x non nul, on a :
⎛ 1⎞
a
b
c
c
b
+
+
+
+ +a
P⎜ ⎟ =
5
4
3
2
⎝ x⎠
x
x
x
x
x
1
2
3
=
(a + bx + cx + cx + bx4 + ax5).
x5
b. P(−1) = −a + b − c + c − b + a = 0.
c. En considérant les degrés, on peut dire
que Q est de degré 4. De plus, pour tout réel
x non nul, on a :
⎛ 1⎞
1
P⎜ ⎟ =
P( x )
⎝ x⎠
x5
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞
1
(x + 1)Q(x)
⇔ ⎜ + 1⎟ Q ⎜ ⎟ =
⎝x
⎠ ⎝ x⎠
x5
⎛ 1⎞
1
1
(x + 1)Q(x)
⇔ (x + 1)Q⎜ ⎟ =
⎝ x⎠
x
x5
⎛ 1⎞
1
Q(x).
⇔ Q⎜ ⎟ =
⎝ x⎠
x4
C’est-à-dire que Q est un polynôme réciproque.
d. La recherche des racines d’un polynôme
réciproque de degré 5 se ramène à la
recherche des racines d’un polynôme réciproque de degré 4.
e. Dans ce cas-là, on a
P(x) = −x5 − 2x4 + 3x3 + 3x2 − 2x − 1
= (x + 1)(ax4 + bx3 + cx2 + dx + e)
= ax5 + (b + a)x4 + (c + b)x3 + (d + c)x2
+ (e + d)x + e.
Par identification, on a
Q(x) = −x4 − x3 + 4x2 − x − 1.
1 est racine évidente de Q, donc 1 est racine
double de Q et on a Q(x) = (x − 1)2(ax2 + bx + c).

On développe et on identifie, ce qui donne
a = −1 ; b = −3 ; c = −1.
Le trinôme −x2 − 3x − 1 admet deux racines
−3 − 5
−3 + 5
et x2 =
.
qui sont x1 =
2
2
Ainsi, toutes les racines de P sont −1 ; 1 ;
x1 et x2.
94 1. D’après la première équation, on a
x(t)
t=
. On reporte alors dans la seconde,
v 0 cos α

© Éditions Belin 2011

ce qui nous donne le résultat demandé.
2. a. y(x) = 0


g
x + tan α⎟ = 0
⇔ x ⎜−
⎝ 2v 02 cos2 α

2v 02 sin α cos α
⇔ x = 0 ou x =
.
g
Ainsi, la portée maximale du canon est
2v 2 sin α cos α
xmax = 0
.
g
b. Pour que la portée soit maximale, il faut et
il suffit que la quantité 2 sin α cos α = sin(2α)
soit maximale, c’est-à-dire égale à 1 (puisqu’un
sinus est compris entre −1 et 1). Ainsi, il faut
et il suffit que que 2α = 90° ⇔ α = 45°.
c. Dans ces conditions, on a
3332
≈ 11 303 m.
xmax =
9, 81
d. Cela est dû aux frottements de l’air.
3. a. L’abscisse du sommet est égale à
v 2 cos2 α v 02 sin α cos α
b

= tan α × 0
=
.
2a
g
g
L’ordonnée est égale à
⎛ v 2 sin α cos α ⎞ v 2 sin2 α
0
+ h.
y⎜ 0
⎟ =
g
2g


b. La hauteur maximale espérée est donnée
8202 × sin2 90
+ h = h + 34 271 m.
par
2 × 9, 81
95 1. Notons a et b les deux chiffres composant le nombre n. On a alors, (en base 10),
10, c’est-à-dire n = 10a + b.
n = a b
La première condition s’écrit a + b = 13 ; la
seconde s’écrit (10a + b)(10b + a) = 4 930.
En substituant la première égalité dans la
seconde, on obtient l’équation suivante :

(10a + 13 − a)(130 − 10a + a) = 4 930
⇔ −81a2 + 1 053ab − 3 240 = 0
⇔ a = 5 ou a = 8.
Dans ces cas-là, b = 8 ou b = 5.
Il y a donc deux nombres n possibles : 58
ou 85.
2. Avec ces paramètres, on obtient l’équation
−81a2 + 1 377a − 1 296 = 0 ⇔ a = 1 ou
a = 16. Seule la première solution est possible
car 16 n’est pas un chiffre. Dans ce cas-là,
b = 16, ce qui n’est pas possible car ce n’est
pas un chiffre. Ainsi, avec ces paramètres, le
problème posé n’a pas de solution.
3. a. L’équation est
−81a2 + 81sa + 10s2 − p = 0
9 s − 121s 2 − 4 p
⇔a=
18
9 s + 121s 2 − 4 p
ou a =
.
18
Pour que les solutions soient entières, il est
nécessaire que 121s2 − 4p soit un carré
parfait. Il est nécessaire et suffisant que
9s − 121s 2 − 4 p soit divisible par 18,
auquel cas, 9s + 121s 2 − 4 p est aussi divisible par 18.
b. L’algorithme est le suivant. On se limite
volontairement à 20 valeurs de s. la limitation concernant p provient du fait que le
discriminant doit être positif ou nul.

c. Le couple (17 ; 4 186) est bien affiché.
Pour éviter l’affichage de tels couples, il
faut faire deux tests supplémentaires sur les
numérateurs des solutions : le numérateur
de la plus petite solution doit être supérieur ou égal à 0 et le numérateur de la plus
grande doit être strictement inférieur à 180
pour que cette solution soit un chiffre.
La ligne 5 devient alors :
if(e*e==Delta && (9*s-e)%18==0 &&
0<=(9*s-e)&& 0<=(9*s+e)<180)

Chapitre 1 ■ Second degré

29

96 1. a. Le coefficient directeur de la droite
2
x 2 − xN
= xM + xN.
(MN) est donné par m = M
xM − xN
La droite (MN) a donc pour équation
y = (xM + xN)x + p.
On trouve p en utilisant les coordonnées
d’un point appartenant à la droite (MN), par
exemple M :
yM = (xM + xN)xM + p ⇔ p = − xN xM.
Ainsi, la droite (MN) a pour équation
y = (xM + xN)x − xN xM.
b. Le coefficient directeur est donné par
2 − bx − c
ax 2 + bx M + c − ax N
N
m= M
xM − xN
= a(xM + xN) + b.
L’ordonnée à l’origine est donnée par
p = yM − a(xM + xN) − bxM = c − axM xN.

2. a. D’après les formules précédentes, et
en prenant a = 1, on a
y − yN
− (xM + xN) et
b = m − (xM + xN) = M
xM − xN
c = p + xM xN = yM − mxM + xM xN.
b. Dans ce cas, on a
2
y −1
y − xM
− (xM + 1) = M
b= M
xM − 1
xM − 1
2
yM − 1
y − xM
xM + xM = − M
.
et c = yM −
xM − 1
xM − 1
La parabole coupe l’axe des abscisses si et
seulement si le discriminant du trinôme
x2 + bx + c est positif ou nul, c’est-à-dire :
2

2
⎛ y − x2 ⎞
yM − xM
M
M
⭓0
⎟ +4

xM − 1
⎝ xM − 1 ⎠
2
⎛ y − x2

yM − xM
M
×⎜ M
+ 4⎟ ⭓ 0

xM − 1
⎝ xM − 1




2
yM − xM

xM − 1

2
yM − xM

© Éditions Belin 2011

xM − 1

⭓ 0 et

⭐ 0 et

2
yM − xM

xM − 1

2
yM − xM

xM − 1

+ 4 ⭓ 0 ou

+ 4 ⭐ 0.

• si xM ⬎ 1, alors cette condition est équivalente à :
2 ⭓ 0 et y − x 2 + 4x − 4 ⬎ 0 ou
yM − xM
M
M
M
yM −

2
xM

⭐ 0 et yM −

2
xM

+ 4xM − 4 ⭐ 0

2 et y ⭓ x 2 − 4x + 4 ou
⇔ yM ⭓ xM
M
M
M

30

Chapitre 1 ■ Second degré

2 et y ⭐ x 2 − 4x + 4
yM ⭐ xM
M
M
M

2 ou y ⭐ x 2 − 4x + 4 ⭐ 0 car
⇔ y M ⭓ xM
M
M
M
si xM ⬎ 1, alors − 4xM + 4 ⬍ 0.
• si xM ⬍ 1, et par un raisonnement analogue,
2 ou y ⭓ x 2 − 4x + 4.
on obtient yM ⭐ xM
M
M
M

Remarque : sur le fichier disponible sur le site
www.libtheque.fr/mathslycee, on peut utiliser la coloration pour visualiser les régions
du plan découpé par les deux paraboles.
97 1. a. Lorsque le discriminant est strictement positif, la somme des racines est
donnée par la formule :
x1 + x 2 =

−b −



+

−b +



2a
2a
Le produit est donné par
x1x2 =

−b −



×

2a
( − b )2

−⌬

−b +

b
=− .
a



2a
b2

− b2 + 4 ac

c
= .
a
b. Lorsque le discriminant est nul, alors
⎛ b⎞
b
x1x2 = 2 × ⎜ − ⎟ = −
⎝ 2 a⎠
a
=

=

4 a2

⎛ b⎞
et x1x2 = ⎜ − ⎟
⎝ 2 a⎠

4 a2

2

=

b2
4 a2

=

4 ac
4 a2

=

c
a

.

2. y = s − x, donc
xy = p ⇔ x(s − x) = p ⇔ x2 + sx + p = 0.
Donc les solutions de l’équation du 2d degré
sont celles du système. Réciproquement, les
solutions de l’équation du 2d degré vérifient
x1 + x2 = s et x1x2 = p.
3. a. Il s’agit de résoudre l’équation

x2 − 7x + 6 = 0, dont les solutions sont x1 = 1
et x2 = 6.
b. Il s’agit de résoudre l’équation
29
x2 −
x + 1 = 0 ⇔ 10x2 − 29x + 10 = 0
10
2
5
dont les solutions sont x1 =
et x2 = .
5
2
c. Il s’agit de résoudre l’équation
x2 − sx + s = 0 dont les solutions sont
s−

s2 − 4 s

et

s+

s2 − 4 s

2
2
qui n’existent que si s ∈ ]−∞ ; 0] 傼 [4 ; +∞[.

98 Notons

p

© Éditions Belin 2011

une racine rationnelle de ce
q
trinôme. On prend p et q premiers entre eux
de telle sorte que cette fraction soit irréductible. On a alors :
p2
p
+ k + 1 = 0 ⇔ p2 + kpq + q2 = 0.
q
q2
Comme q divise kpq + q2, alors q divise
p2, donc q = 1. De même, comme p divise
kpq + p2, alors p divise q2 = 1, donc p = −1
ou +1. Ainsi, k étant la somme des racines, il
est égal à 0 ou 2.

99 Considérons le trinôme du second degré
n

suivant : P(x) = ∑ (ai + xbi)2
i =1
n

n

n

i =1

i =1

i =1

= ∑ ai2 + 2x∑ ai bi + x2∑ bi2.
Ce trinôme étant toujours positif ou nul
(d’après la première expression), son discriminant est toujours négatif ou nul, c’est-à-dire :
2

⎛n

n
n
4⎜ ∑ ai bi ⎟ − 4∑ ai ∑ bi ⭐ 0,


i =1 i =1
⎝ i =1

ce qui conduit immédiatement à l’égalité
recherchée.

Chapitre 1 ■ Second degré

31

© Éditions Belin 2011

Variations
d'une fonction

L’observation d’un phénomène naturel est
souvent difficile ; on doit d’abord élucider
les facteurs dont dépend son évolution,
effectuer des études expérimentales et
essayer de dégager une loi quantitative
permettant d’exprimer les variations d’une
certaine grandeur en fonction des facteurs
dont dépend le phénomène. Évidemment
cette modélisation est souvent dépendante
de l’état des connaissances en mathématiques, elle peut aussi les susciter.
Une corde vibrante est un corps flexible dont
les dimensions transversales sont très petites
comparées à sa longueur ; ces cordes sont
réalisées en acier, en soie, en chanvre, en
boyau, etc. Si la corde est tendue suffisamment entre deux points, une déformation
locale imprimée par un moyen quelconque
(pincement, choc d’un léger marteau,
frottement d’un archet, etc.) entraîne des
oscillations transversales et l’émission d’un
son.
Les sons émis par une corde vibrante sont
connus depuis la plus lointaine antiquité et
les instruments de musique à cordes ont été
utilisés dans toutes les civilisations. L’étude
des sons émis par une corde est donc très
ancienne et le fait que le son émis ait une
fréquence inversement proportionnelle à la
longueur de la corde est une des lois dont
on attribue la découverte aux disciples de
Pythagore.
Il a fallu cependant attendre longtemps
pour que les notions précises se dégagent :
au XVIIe siècle avec des travaux de Galilée,
des études expérimentales de Mersenne,
etc. Mais ce n’est qu’au XVIIIe que la résolution de l’équation régissant les oscillations
de faible amplitude (et donc des travaux
purement mathématiques !), effectuée en
32

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

Chapitre

2

particulier par d’Alembert, conduisit à la
formule donnant la fréquence du son émis,
donnée dans cette ouverture. On retrouve
dans cette formule la découverte des disciples de Pythagore !
Si l’on remplace une corde métallique
(donc de diamètre très faible, de l’ordre
de 0,3 mm) par une corde en boyau, il
faut tresser les boyaux pour pouvoir utiliser des tensions équivalentes et utiliser des
diamètres beaucoup plus importants, ce
qui augmente considérablement la masse
linéique de la corde.
Dans le cas de l’exemple, la fréquence du son
va diminuer de moitié et passer à 220 hertz,
un son plus grave : le la2.
L’objectif de ce chapitre est double :
– d’une part introduire les fonctions racine
carrée et valeur absolue ;
– d’autre part étudier les liens entre opérations sur les fonctions (somme d’une
fonction et d’une constante, produit d’une
fonction par une constante, racine carrée
d’une fonction positive, inverse d’une fonction ne s’annulant pas) et les variations de
ces fonctions.
Concernant la fonction racine carrée, l’objectif est d’étudier ses variations et de tracer sa
courbe représentative. Cela fournit en outre
un exemple d’une fonction qui n’est définie que sur un intervalle et dont le domaine
de définition sera différent du domaine de
dérivabilité (dans le chapitre 3). Une dernière capacité attendue des étudiants est de
savoir situer les courbes représentatives des
fonctions x 哫 x, x 哫 x2 et x 哫 x .
Concernant la fonction valeur absolue, l’objectif est également d’étudier ses variations
et de tracer sa courbe représentative. L’introduction de cette fonction possède deux
autres intérêts majeurs : disposer d’une
nouvelle fonction dont la courbe représen-

tative est symétrique par rapport à l’axe des
ordonnées et fournir une fonction non dérivable en 0 (dans le chapitre 3).
Enfin, le paragraphe concerné aux variations
des fonctions a plusieurs objectifs. Le premier
est de se familiariser avec les opérations
simples sur les fonctions, et éventuellement
d’observer comment ces opérations modifient
les courbes représentatives. Le second est
de montrer qu’on dispose d’outils puissants
permettant de trouver les variations d’une
fonction composée, et que les calculs de
dérivées du chapitre suivant ne sont pas
toujours indispensables.

2

a.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x
f(x) 0 1 1,4 1,7 2 2,2 2,4 2,6 2,8 3 3,2

2 + 2 = 4 alors que
2 + 2 ≈ 2,8. La fonction racine carrée
n’est donc pas linéaire.
3 a.

b. On a par exemple

a

0 1

2

3 2

5

6

7

8 3

a2

0 1

2

3

5

6

7

8

4

10

9 10

b. Les tableaux de valeurs des questions
2.a. et 3.a. ont leurs lignes inversées.
c. Les points M(x ; y) et M’(y ; x) sont symé-

triques par rapport à la droite d’équation y = x.

d. On peut déduire des questions 3.b. et 3.c.
1 a., b., e.
2 a. Vrai.
d. Fausse.

b. Fausse.
e. Fausse.

3 1. b., d.

2. a., b., c.

c. Fausse.

4 b., d., e.
5 f : courbe bleue.
h : courbe verte.
j : courbe jaune.

g : courbe rouge.
i : courbe violette.

6 a., b., c.

Objectif : L’activité 1 a pour objectif de rappeler la définition de la racine carrée d’un
nombre réel, puis d’introduire la fonction
racine carrée. Elle propose notamment de
prouver que cette fonction n’est pas linéaire,
et de construire sa courbe représentative de
deux manières différentes.
1 a. 9 = 3, 25 = 5, −4 n’existe pas,
−100 n’existe pas, 144 = 12.
x existe uniquement lorsque
x est un réel positif. Elle est alors définie
comme étant l’unique réel positif dont le
carré vaut x.

© Éditions Belin 2011

b. La quantité

que les courbes représentatives de la fonction carré et de la fonction f sont symétriques
par rapport à la droite d’équation y = x.
e. Pour construire la courbe représentative
de la fonction racine carrée, on peut donc
commencer la construire la courbe représentative de la fonction carré, puis tracer
le symétrique de « sa partie de droite » par
rapport à la droite d’équation y = x.
Objectif : L’activité 2 a pour objectif d’introduire la notion de valeur absolue d’un
nombre réel en s’appuyant sur la notion
concrète d’altitude. Une fois la fonction
valeur absolue définie, l’activité propose de
prouver que cette dernière fonction n’est
pas linéaire.
1 a. Si x est positif, alors, f(x) = x ; si x est
négatif, alors, f(x) = −x.
b. Il s’agit de la courbe de la fonction valeur
absolue.
c. La courbe étudiée est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
d. On a par exemple f(−1 + 2) = f(1) = 1 alors
que f(−1) + f(2) = 1 + 2 = 3.
On peut également écrire que
f ( 3 ) − f ( − 1) 1
f ( 3 ) − f ( 2)
= .
= 1 alors que
3 − ( − 1)
2
3−2
2 Le score de l’équipe A est donné par :
f(6,5) + f (−10) + f(9,2) + f(3, 4) + f(−14,1)
+ f(10,8) + f(−9) + f(−12,7) + f(6,5)
+ f(−19,8) = 102.

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

33

Le score de l’équipe B est donné par :
f(−16,9) + f(−9,4) + f(−3,5) + f(7,8) + f(10,3)
+ f(6,1) + f(5,2) + f(−8) + f(11,1)
+ f(−14,7) = 93.
C’est donc l’équipe A qui a été la meilleure.

2 a. Les variations d’une fonction
x 哫 f(x) + k semblent être les mêmes que
celles de f.

Objectif : L’activité 3 a pour but d’étudier
le lien entre les variations d’une fonction f
et celles d’une fonction de la forme f + k,
1
λf, f ou . On étudie pour cela l’exemple
f
de trois fonctions f (une fonction affine, une
fonction polynôme du second degré, et la
fonction inverse). Après avoir conjecturé ces
liens par observation graphique, l’activité
propose une démonstration dans certains
cas abordables à l’aide du programme de
seconde.
1 Nous noterons C pour « croissante » et D
pour « décroissante ».

c. Les variations d’une fonction x 哫 f ( x )
semblent être les mêmes que celles de f.
1
d. Les variations d’une fonction x 哫
semblent être opposées à celles de f. f ( x )
3 Lorsque i = 2, on peut dire d’après le
cours de seconde que :
– la fonction x 哫 f2(x) + 4 = x2 + 4 est croissante sur [1 ; 2]
– la fonction x 哫 f2(x) − 2 = x2 − 2 est croissante sur [1 ; 2] ;
– la fonction x 哫 5f2(x) = 5x2 est croissante
sur [1 ; 2] ;
– la fonction x 哫 −7f2(x) = −7x2 est décroissante sur [1 ; 2] ;
Lorsque i = 3, on peut dire d’après le cours
de seconde que :
– la fonction x 哫 f3(x) + 4 = x + 5 est croissante sur [1 ; 2] ;
– la fonction x 哫 f3(x) − 2 = x − 1 est croissante sur [1 ; 2] ;
– la fonction x 哫 5f3(x) = 5x + 5 est croissante sur [1 ; 2] ;
– la fonction x 哫 −7f3(x) = −7x − 7 est
décroissante sur [1 ; 2].

x 哫 fi(x)
x 哫 fi(x) + 4

i=2
C

i=3
C

D

C

C

x 哫 fi(x) – 2

D

C

C

x 哫 5fi(x)

D

C

C

x 哫 –7fi(x)

C

D

D

x 哫 fi ( x)

D

C

C

C

D

D

x哫

© Éditions Belin 2011

i=1
D

34

1
fi ( x )

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

b. Les variations d’une fonction x 哫 λ × f(x)
semblent être les mêmes que celles de f si
λ 0, et opposées à celles de f si λ 0.

Méthode de la potence
1

a.

Le chiffre 29 comporte 2 chiffres
Le plus grand entier dont le carré est inférieur à 29 est 5. On soustrait
alors 52 à 29, ce qui donne 4.
On abaisse ensuite 00 dans la colonne de gauche, et on écrit dans
la colonne de droite, en bas, le double du chiffre 5 précédemment
trouvé (en l’occurrence 10).
On cherche alors le plus grand entier à trois chiffres de la forme
« 10y » (par exemple 106) tel que 10y × y 400. On trouve y = 3,
qui devient le premier chiffre après la virgule de la racine cherchée.
À ce stade, on peut déjà dire que la racine carrée de 29 sera de la
forme 5,3… Cherchons le deuxième chiffre après la virgule.
On soustrait alors 309 au nombre 400 pour obtenir 91.
On abaisse 00 pour obtenir 9 100 dans la colonne de gauche,
et on écrit dans la colonne de droite, en bas, le double du début
de la racine 53 précédemment trouvé (on a occulté la virgule).
On cherche alors le plus grand entier à quatre chiffres « 106z » tel
que 106z × z 9 100. On trouve z = 8 qui devient donc le deuxième
chiffre après la virgule du résultat cherché : 5,38.
On soustrait alors 8 544 au nombre 9 100 pour obtenir 556.
On abaisse 00 pour obtenir 55 600 dans la colonne de gauche,
et on écrit dans la colonne de droite, en bas, le double du début
de la racine 538 précédemment trouvé (on a occulté la virgule).
On cherche alors le plus grand entier à cinq chiffres « 1 076t » tel que
1 076t × t 55 600. On trouve t = 5 qui devient donc le troisième
chiffre après la virgule du résultat cherché : 5,385.
On commence par couper le nombre 1 037 en tranches de 2 chiffres
Le plus grand entier dont le carré est inférieur à 10 est 3. On soustrait
alors 32 à 10, ce qui donne 1.

© Éditions Belin 2011

On abaisse ensuite la tranche 37 dans la colonne de gauche,
et on écrit dans la colonne de droite, en bas, le double du chiffre 3
précédemment trouvé (en l’occurrence 6).
On cherche alors le plus grand entier à deux chiffres de la forme
« 6y » (par exemple 68) tel que 6y × y 137. On trouve y = 2, qui
devient le deuxième chiffre de la racine cherchée.
À ce stade, on peut déjà dire que la racine carrée de 1 037 sera
de la forme 32,… Cherchons le premier chiffre après la virgule.
On soustrait alors 124 au nombre 137 pour obtenir 13.
On abaisse 00 pour obtenir 1 300 dans la colonne de gauche,
et on écrit dans la colonne de droite, en bas, le double du début
de la racine 32 précédemment trouvé.
On cherche alors le plus grand entier à trois chiffres « 64z » tel que
64z × z 1 300. On trouve z = 2 qui devient donc le premier chiffre
après la virgule du résultat cherché : 32,2.
On soustrait alors 8 544 au nombre 9 100 pour obtenir 556.
On abaisse 00 pour obtenir 1 600 dans la colonne de gauche,
et on écrit dans la colonne de droite, en bas, le double du début
de la racine 322 précédemment trouvé (on a occulté la virgule).
On cherche alors le plus grand entier à cinq chiffres « 644t » tel que
644t × t 1 600. On trouve t = 0 qui devient donc le deuxième
chiffre après la virgule du résultat cherché : 32,20.

29
29
− 52
4
4 00

5
5 × 2 = 10
5
103 × 3 = 309

400
−3 0 9
91
91 00

5,3

5,3
2 × 53 = 106

5,38
91 00
85 44 129
5 56 1 068 × 8 = 8 544
55 600 5,38
2 × 538 = 1 076
5,385
1037
10 3
− 32
1
1 37
3×2=6
3

62 × 2 = 124
137
−1 2 4
13
13 00

13 00
12 84
16
16 00

32

32
2 × 32 = 64
32,2
642 × 2 = 1 284
32,2
2 × 322 = 644
32,20

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

35

b. De même qu’un goutte à goutte laisse
tomber une seule goutte à chaque fois, l’algorithme précédent fait apparaître la racine
carrée du nombre cherché chiffre par chiffre.
2 Voici l’algorithme écrit à l’aide d’Algobox :

Distance entre
deux réels
1 La distance qui sépare 0,9 et 4 est 3,1.
La distance qui sépare 2 et −3,1 est 5,1.
2 b. On trouve d(a ; b) = |a − b|.
c. d(a ; b) est définie comme une distance,

© Éditions Belin 2011

donc elle est positive.
D’autre part, la propriété |x| = |−x| permet
d’écrire que :
d(a ; b) = |a − b| = |b − a| = d(b ; a).
3 1. a. Les variables utilisées sont ComptePlusGrand, ComptePlusPetit, CompteEgal, a,
b, c.
b. On trouve dans ce programme des affectations, des boucles et des tests.
c. Il n’y a pas d’instruction d’entrées, mais
trois affectations de sorties (on affiche les
contenus des variables ComptePlusGrand,
ComptePlusPetit et CompteEgal).
d. Chacune des trois variables a, b et c
varient de −10 à 10. Elles prennent donc
chacune 21 valeurs différentes.
e. Pour chaque valeur de a, chaque valeur de b
et chaque valeur de c, il y a 3 tests. Il y a donc
au total 21 × 21 × 21 × 3 = 27 783 tests.
f. L’objectif de cet algorithme est de comparer,
lorsque a, b et c prennent toutes les valeurs
possibles entre −10 et 10, les réels d(a ; b) et
d(a ; c) + d(c ; b).
36

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

2. Il semblerait qu’on ait toujours
d(a ; b) d(a ; c) + d(c ; b), avec des cas
d’inégalité stricte, et des cas d’égalité.
4 a. Si x est positif, alors |x|= x donc
x |x|. En revanche, si x est négatif, on a
|x|= −x et puisque –x est alors supérieur à
x, on a bien x |x|. D’après ce qui précède,
cette inégalité est une égalité lorsque x est
positif.
b. D’après a., on peut écrire a − c |a − c|
et c − b |c − b|, donc
a − c + c − b |a − c|+|c − b|, c’est-à-dire
a − b |a − c|+|c − b|. En écrivant de
la même manière b − a = b − a + a − c, on
démontre que b − a |a − c|+|c − b|. Puisque
|a − b|est égale à a − b ou à b − a, on peut
donc conclure que |a − b| |a − c|+|c − b|,
ce qui est exactement le résultat conjecturé
dans la question 3.2.
L’égalité aura lieu si on a a − b =|a − c|+|c − b|
ou b − a =|a − c|+|c − b|. Cela revient à
dire qu’on a a − c =|a − c|et c − b =|c − b|
ou alors c − a =|c − a|et b − c =|b − c|
donc, d’après la question 4.a., cela revient
à écrire que a − c 0 et c − b 0, ou alors
c − a 0 et b − c 0, soit encore a c b
ou alors b c a.
Finalement, l’égalité a lieu lorsque le réel c
est compris entre les réels a et b.
5 Si a, b et c sont trois points situés sur un
même axe, il est toujours plus court d’aller
directement de a vers b, que d’aller de a vers
b en passant par c.
Construction géométrique
de la courbe de la fonction racine carrée
2 b. Si x = 0, alors M1 = M et si x = 1, alors
M1 est le point de coordonnées (1 ; 1).
c. Il semblerait que M1 décrive la courbe
représentative de la fonction racine carrée.
3 a. Par hypothèse, le segment [AM] est
un diamètre du cercle Ꮿ. Ainsi, puisque le
point M’ appartient à Ꮿ, le triangle AMM’
est rectangle en M’.
b. En travaillant dans le triangle AOM’ rectangle en O, on peut écrire que :
OM‘
= OM’.
tanOAM’ =
OA

D’autre part, en travaillant dans le triangle
OMM’ rectangle en O, on trouve
OM
x
=
tanOM’M =
.
OM‘ OM‘
c. En se plaçant dans le triangle OAM’ rectangle en O, on peut écrire
OAM’+ 90° + OM’A = 180°,
d’où OAM’ + OM’A = 90°.
Or, puisque l’angle AM’M est un angle droit,
on a également OM’A + OM’M = 90°. Par
différence des deux dernières égalités, on
obtient donc OAM’ = OM’M . La question b.
x
, d’où
permet alors d’obtenir OM’ =
OM‘
x = OM’2.
d. Par définition, l’abscisse de M1 vaut x, et
l’ordonnée de M1 est l’ordonnée de M’, soit
x.
e. Tous les points M1 appartiennent donc
à la courbe représentative de la fonction
racine carrée.
TP TICE 2 Variations d'une somme et
d'un produit de deux fonctions

1 1. a. Les fonctions u, v et w semblent
être respectivement croissante, décroissante
et décroissante sur [0 ; 10].

b.

© Éditions Belin 2011

x u(x)
0
0
1
3
2
8
3 15
4 24
5 35
6 48
7 63
8 80
9 99
10 120

v(x) w(x) u(x) + v(x)
0
−1
0
−2
−5
1
−4 −11
4
−6 −19
9
−8 −29
16
−10 −41
25
−12 −55
36
−14 −71
49
−16 −89
64
−18 −109
81
−20 −131
100

u(x) + w(x)
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
−11

c. La fonction u + v semble être croissante
sur [0 ; 10], tandis que la fonction u + w
semble être décroissante sur [0 ; 10].
d. La somme d’une fonction croissante et
d’une fonction décroissante peut être croissante ou décroissante.
2. a. La fonction f est une fonction affine
croissante sur I.

La fonction g est une fonction affine décroissante sur I.
La fonction h est une fonction polynôme du
second degré croissante sur I.
La fonction f + g est une fonction affine
décroissante sur I.
La fonction g + h est une fonction polynôme
du second degré croissante sur I.
b. Cet exemple confirme qu’il ne semble
pas exister de règle sur les variations de la
somme d’une fonction croissante et d’une
fonction décroissante.
3. a. Considérons deux réels x et y appartenant à I et tels que x y. Puisque α est
croissante sur I, on a α(x) α(y), et puisque
β est croissante sur I, on a β(x) β(y). En
sommant ces deux dernières inégalités, on
obtient (α + β)(x) (α + β)(y), donc la fonction α + β est croissante sur I.
b. Considérons deux réels x et y appartenant à I et tels que x y. Puisque α est
décroissante sur I, on a α(x) α(y), et
puisque β est décroissante sur I, on a
β(x) β(y). En sommant ces deux dernières
inégalités, on obtient (α + β)(x) (α + β)(y),
donc la fonction α + β est décroissante sur I.
2 1. a. Les fonctions u, v et w semblent
être respectivement croissante, décroissante
et décroissante sur [0 ; 10].

b.
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

u(x)
2,00
2,59
3,08
3,52
3,92
4,30
4,66
5,00
5,33
5,64

v(x)
1,00
0,50
0,33
0,25
0,20
0,17
0,14
0,13
0,11
0,10

w(x) u(x) + v(x) u(x) + w(x)
0,50
2
1
0,41
1,294
1,072
0,37
1,027
1,127
0,33
0,88
1,173
0,31
0,785
1,213
0,29
0,717
1,247
0,27
0,666
1,278
0,26
0,625
1,306
0,25
0,592
1,332
0,24
0,564
1,355

c. La fonction u × v semble être décroissante
sur [0 ; 10], tandis que la fonction u × w
semble être croissante sur [0 ; 10].
d. La produit d’une fonction croissante et
d’une fonction décroissante peut être croissante ou décroissante.
2. a. La fonction f est une fonction affine
croissante sur I.

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

37

Si 0 x y, alors par croissance de la fonction carrée sur I, on trouve x2 y2, puis par
décroissance de la fonction inverse sur I, on
obtient g(x) g(y). La fonction g est donc
décroissante sur I.
Si 0 x y, alors par croissance de la fonction racine carrée sur I, on trouve x y ,
puis par décroissance de la fonction inverse
sur I, on obtient h(x) h(y). La fonction h
est donc décroissante sur I.
La fonction f × g n’est autre que la fonction
inverse qui est décroissante sur I.
La fonction f × h n’est autre que la fonction
racine carrée qui est croissante sur I.
b. Cet exemple confirme qu’il ne semble pas
exister de règle sur les variations du produit
d’une fonction croissante et d’une fonction
décroissante.
3. a. Considérons deux réels x et y appartenant à I et tels que x y. Puisque α est
croissante sur I, on a α(x) α(y), et puisque
β est croissante sur I, on a β(x) β(y). En
multipliant membre à membre ces deux
dernières inégalités, on obtient, du fait de
la positivité de tous les termes en présence :
(α × β)(x) (α × β)(y), donc la fonction
α × β est croissante sur I.
b. Considérons deux réels x et y appartenant
à I et tels que x y. Puisque α est décroissante sur I, on a α(x) α(y), et puisque β
est décroissante sur I, on a β(x) β(y). En
multipliant ces deux dernières inégalités, on
obtient, du fait de la positivité de tous les
termes en présence : (α × β)(x) (α × β)(y),
donc la fonction α × β est décroissante
sur I.

1 a. Faux. b. Vrai.
d. Faux.
e. Faux.

c. Faux.
f. Vrai.

2 d., e.

© Éditions Belin 2011

3 a. Oui.
d. Oui.

b. Non.
e. Non.

c. Non.
f. Oui.

4 Seule la courbe c. est la courbe représentative de la fonction racine carrée.
38

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

5 a. Faux. b. Faux.
d. Faux.
e. Vrai.

c. Vrai.
f. Vrai.

6 a., c., h., j.
7 a. Oui.
d. Non.

b. Non.
e. Oui.

c. Non.
f. Oui.

8 a. Vrai.
d. Faux.

b. Faux.
e. Vrai.

c. Vrai.

b. Faux.
e. Faux.
h. Faux.

c. Vrai.
f. Vrai.
i. Vrai.

9 a., b., f.
10 a. Vrai.
d. Vrai.
g. Faux.

11 La fonction f1 est associée à la courbe d. :
elle est croissante sur ⺢.
La fonction f2 est associée à la courbe b. :
elle est décroissante sur ]−∞ ; 0[ et décroissante sur ]0 ; +∞[.
La fonction f3 est associée à la courbe c. :
elle est croissante sur ]−∞ ; 0] et décroissante sur [0 ; +∞[.
La fonction f4 est associée à la courbe a. :
elle est décroissante sur ]−∞ ; 0] et croissante sur [0 ; +∞[.
12 a., b., d., e., f.
13 a. Affine.
b. Polynôme de degré 2.
c. Affine (et même constante).
d. Homographique.
e. Polynôme de degré 2.
f. Affine.
14 a. La fonction proposée est définie sur
⺢*, décroissante sur ]−∞ ; 0[ et décroissante
sur ]0 ; +∞[.
b. La fonction proposée est définie sur ⺢,
croissante sur ]−∞ ; 0] et décroissante sur
[0 ; +∞[.
c. La fonction proposée est définie sur ⺢ et
croissante sur ⺢.
d. La fonction proposée est définie sur ⺢,
décroissante sur ]−∞ ; 4] et croissante sur
[4 ; +∞[.
e. La fonction proposée est définie sur ⺢ et
décroissante sur ⺢.
f. La fonction proposée x 哫 (x + 1)2 est
définie sur ⺢, décroissante sur ]−∞ ; −1] et
croissante sur [−1 ; +∞[.

© Éditions Belin 2011

15 a. La fonction f est une fonction homo⎡

2⎡ ⎤ 2
graphique, définie sur ⎥ −∞ ; − ⎢ 傼 ⎥ − ; + ∞ ⎢ .
3⎣ ⎦ 3


On peut conjecturer, grâce à la calculatrice,

2⎡
que f est croissante sur ⎥ −∞ ; − ⎢ et crois3⎣


⎤ 2
sante sur ⎥ − ; + ∞ ⎢.

⎦ 3
La fonction g n’est pas une fonction homogra1
x+
1
2 = 1.
phique car pour x ≠ − , on a

2
1⎞ 4
4⎜x + ⎟

2⎠
La fonction h est une fonction homographique,
définie sur ]−∞ ; 4[ 傼 ]4 ; +∞[. On peut conjecturer, grâce à la calculatrice, que f est décroissante
sur ]−∞ ; 4[ et décroissante sur ]4 ; +∞[.
La fonction i est une fonction homographique,
définie sur ]−∞ ; − 2 [ 傼 ] − 2 ; +∞[. On
peut conjecturer, grâce à la calculatrice, que
f est croissante sur ]−∞ ; − 2[ et croissante
sur ]− 2 ; +∞[.
16 a. La fonction f1 est définie sur ⺢+. Considérons deux réels x et y tels que 0 x y.
On trouve :
f1(x) − f1(y) = 3 x − 3 y = 3( x − y )
x− y
=3
0,
x + y
d’où f1 est croissante sur ⺢+ .
b. La fonction f2 est définie sur ]−∞ ; 1].
Considérons deux réels x et y tels que x y 1.
On trouve :
f2(x) − f2(y) = − 1 − x + 1 − y
(1 − y ) − (1 − x )
=
1− y + 1− x
x− y
=
0,
1− y + 1− x
d’où f2 est croissante sur ]−∞ ; 1].
c. La fonction f3 est définie sur [1 ; +∞[.
Considérons deux réels x et y tels que 1 x y.
On trouve :
f3(x) − f3(y) = 2 x − 2 − 2 y − 2
( 2 x − 2) − ( 2 y − 2)
=
2x − 2 + 2y − 2
2( x − y )
=
0,
2x − 2 + 2y − 2
d’où f3 est croissante sur [1 ; +∞[.

d. La fonction f4 est définie sur ]0 ; +∞[.
Considérons deux réels x et y tels que 0 x y.
On trouve :
y − x
1
1
f4(x) − f4(y) =

=
x
y
x y
y− x
=
0,
x y( y + x)
d’où f4 est décroissante sur ]0 ; +∞[.
17 a. La fonction f1 est définie sur ]−∞ ; 2].
Considérons deux réels x et y tels que x y 2.
On trouve :
f1(x) − f1(y) = − 2 2 − x + 2 2 − y
(2 − y ) − (2 − x )
=2
2− x + 2− y
x− y
=2
0,
2− x + 2− y
d’où f1 est croissante sur ]−∞ ; 2].
b. La fonction f2 est définie sur ]0 ; +∞[.
Considérons deux réels x et y tels que 0 x y.
On trouve :
x − y
2
2
f1(x) − f1(y) = −
+
=2
x
y
x y
x− y
=
0,
x y( x + y)
d’où f2 est croissante sur ]0 ; +∞[ .

1⎤
c. La fonction f3 est définie sur ⎥ −∞ ; ⎥ .
4


1
Considérons deux réels x et y tels que x y .
4
On trouve :
f3(x) − f3(y) = 1 − 4 x − 1 − 4 y
(1 − 4 x ) − (1 − 4 y )
=
1− 4 x + 1− 4 y
4( y − x )
=
0,
1− 4 x + 1− 4 y

1⎤
d’où f3 est décroissante sur ⎥ −∞ ; ⎥ .
4⎦

3
3 11
18 a.
=
.
11
11

b. 3 − 2 5 = ( 3 − 2 5 ) 3 = 3 − 2 15 .
c.

2 3
2

3−2

2×3

=

2 ( 3 + 2)

( 3 − 2)( 3 + 2)
= − 6 − 2 2.

6

=

6+2 2
−1

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

39

d.

e.

f.

−1
3− 2

4
7+ 3

−( 3 + 2 )

=

( 3 − 2 )( 3 + 2 )
− 3− 2
=
= − 3 − 2.
1

=

4( 7 − 3 )

( 7 + 3 )( 7 − 3 )
4 7−4 3
=
= 7 − 3.
4
3 − 5 ( 3 − 5 )( 5 − 3 )
=
5 + 3 ( 5 + 3 )( 5 − 3 )
=

− 8 + 2 15
2

= − 4 + 15 .

19 a. Cela résulte de l’égalité
16 − x = ( 4 − x )( 4 + x ) .

x ).

0

x )(1 +

x ).

b. x y.

c. x y.

b. x y.

c. x y.

29 a. |1,4| |1,5|. b. |−5| |−4|.
c. |8| |10|.
d. |−6,5| |−7,8|.
30 a. |x| 2.
b. |x| 5.
c. |x| 10.
d. |x| 8.
e. |x| 0 (ce qui est d’ailleurs toujours

0

d. Cela résulte de l’égalité
x − 9 = ( x − 3 )( x + 3 ) .
0

vrai !).

f. |x| 0.

20 1.
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
x
f(x) 0 0,44 0,63 0,77 0,89 1
1,6 1,8 2 2,2 2,4 2,6
x
f(x) 1,26 1,34 1,41 1,48 1,54 1,61

3. a. x y.

25 a. 3,15 3,151.
b. 10 11.
c. − 1 − 1, 2. d. 10−2 10−3 .
e. 0, 35 0, 38 . f. 52 53 .

28 a. x y.

c. Cela résulte de l’égalité
1 − x = (1 −

24 a. 5, 6 6 ,12. b. 2 1, 99 .
c. 102 103 .
d. 0,12 0, 32 .

27 2. La courbe représentative de f peut
être obtenue comme l’union de la courbe
représentative de g (tracée sur ⺢+) et de
celle de h (tracée sur ⺢−).

b. Cela résulte de l’égalité
x )( 7 +

b. 2 x 10 .
d. x 4.
f. 3 x 11, 8 .

23 a. 1 x 7 . b. 1, 5 x 2.
c. 5 x 5.
d. x 12.
e. 0 x 5 .
f. 2 x 11.

26 2. a. x y.

0

7−x=( 7 −

22 a. x 1.
c. x 5, 4 .
e. x 0, 01.

b. x y.

1,2 1,4
1,09 1,18
2,8 3
1,67 1,73

c. x y.

31 a. 0 |x| 5. b. 3 |x| 8.
c. 2,33 |x| 10. d. 0 |x| 8.
e. 4,72 |x| 7,6. f. 1 |x| 2.
32

© Éditions Belin 2011

21

Il semblerait que g(x) f(x) h(x) sur [0 ; 1]
et que h(x) f(x) g(x) sur [1 ; +∞[.
40

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

33 Supposons pour commencer que
0 x 1. On trouve g(x) − f(x) = x(x − 1) 0,
donc g(x) f(x).
Supposons maintenant que x 1. On trouve
g(x) − f(x) = x(x − 1) 0, donc g(x) f(x).

c. Les fonctions f + 2,4, f − 100 et 9f ont
les mêmes variations que f sur [0 ; 3], donc
elles sont croissantes sur [0 ; 3]. La fonction
− 5f a des variations opposées à celles de f
sur [0 ; 3], donc est décroissante sur [0 ; 3].

34 Supposons pour commencer que
−1 x 0. On a alors 0 |x| 1. Il vient
donc f(x) − h(x) = |x|( |x| − 1) 0,
d’où f(x) h(x).
Supposons maintenant que x −1. On a
alors |x| 1. Il vient donc
f(x) − h(x) = |x|( |x| − 1) 0,
d’où f(x) h(x).

39 a. La fonction f est croissante sur
[−5 ; −2] et décroissante sur [−2 ; 2].
b. Les fonctions f − 3 et f + 2 ont les mêmes
variations que f sur I. La courbe représentative de f + 2 est au dessus de celle de f,
et la courbe représentative de f − 3 est en
dessous de celle de f.
La courbe représentative de f est la courbe
orange, celle de f − 3 est la bleue, celle de
f + 2 est la rouge.
La fonction −2f a des variations opposées à
celles de f, donc sa courbe représentative est
la verte.

35 a. D’après le cours, u est croissante sur
I, et v est décroissante sur I.
b. f a les mêmes variations sur I que u, donc
f est croissante sur I.
g a les mêmes variations sur I que v, donc v
est décroissante sur I.
c. h a les mêmes variations sur I que u, donc
h est croissante sur I.
i a des variations opposées à celles de v sur
I, donc i est croissante sur I.
36 a. La fonction u est décroissante sur I.
La fonction v est croissante sur I.
b. f a les mêmes variations sur I que u, donc
f est décroissante sur I.
g a les mêmes variations sur I que v, donc v
est croissante sur I.
c. h a les mêmes variations sur I que u, donc
h est décroissante sur I.
i a des variations opposées à celles de v sur
I, donc i est décroissante sur I.
37 a. f est croissante sur I.
b. Toutes les fonctions proposées ont les

© Éditions Belin 2011

mêmes variations sur I sur f, donc elles sont
croissantes sur I.
c. La courbe représentative de la fonction
f + k peut se déduire de celle de f par une
translation de vecteur kj.
38 a. La fonction f est décroissante sur
[−3 ; 0] et croissante sur [0 ; 3].
b. Les fonctions f − 5, f + 1 et 7f ont les
mêmes variations que f sur [−3 ; 0], donc
elles sont décroissantes sur [−3 ; 0]. La fonction −2f a des variations opposées à celles de
f sur [−3 ; 0], donc est croissante sur [−3 ; 0].

40 a. La fonction u est croissante et positive sur I, donc la fonction u est définie et
croissante sur I.
b. La fonction u est décroissante et positive sur I, donc la fonction u est définie et
décroissante sur I.
c. La fonction u est négative sur I, donc la
fonction u n’est pas définie sur I.
d. La fonction u est croissante et positive sur
I, donc la fonction u est définie et croissante sur I.
e. La fonction u est négative sur I, donc la
fonction u n’est pas définie sur I.
f. La fonction u est décroissante et positive sur I, donc la fonction u est définie et
décroissante sur I.
41 a. La fonction u est décroissante et positive sur I, donc la fonction u est définie et
décroissante sur I.
b. La fonction u est décroissante et positive sur I, donc la fonction u est définie et
décroissante sur I.
c. La fonction u est négative sur I, donc la
fonction u n’est pas définie sur I.
d. La fonction u est croissante et positive sur
I, donc la fonction u est définie et croissante sur I.
e. La fonction u est croissante et positive sur
I, donc la fonction u est définie et croissante sur I.

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

41

f. La fonction u est positive sur I, décroissante sur [−1 ; 0] et croissante sur [0 ; 1],
donc la fonction u est définie sur I, décroissante sur [−1 ; 0] et croissante sur [0 ; 1].
42 a. La fonction u n’est positive que sur
[−2 ; 5] et elle est croissante sur [−2 ; 5],
donc la fonction u est définie et croissante
sur [−2 ; 5].
b. La fonction u n’est positive que sur [2 ; 10]
et elle est croissante sur [2 ; 10], donc la
fonction u est définie et croissante sur [2 ; 10].
⎡8 ⎤
c. La fonction u n’est positive que sur ⎢ ; 5⎥
⎣3 ⎦
⎡8 ⎤
et elle est croissante sur ⎢ ; 5⎥ , donc la fonc⎣3 ⎦
⎡8 ⎤
tion u est définie et croissante sur ⎢ ; 5⎥ .
⎣3 ⎦

© Éditions Belin 2011

43 a. f est croissante sur I et g est décroissante sur I.
b. Les fonctions f et g sont positives sur I,
donc les fonctions f et g sont définies
sur I.
La fonction f a les mêmes variations sur I
que la fonction f, donc elle est croissante sur I.
La fonction g a les mêmes variations sur I
que la fonction g, donc elle est décroissante
sur I.
c. f est une fonction affine associée à la courbe
rouge.
La fonction f est associée à la courbe orange.
1
1
1
Puisque x 1, on a 1, donc
.
x
x
x
Cela permet d’en déduire que la courbe
représentative de la fonction g est la courbe
verte, tandis que la courbe représentative de
la fonction g est la courbe bleue.
44 a. La fonction u ne s’annule pas sur I et
1
est décroissante sur I, donc la fonction est
u
définie et croissante sur I.
b. La fonction u ne s’annule pas sur I et est
1
croissante sur I, donc la fonction est défiu
nie et décroissante sur I.
c. La fonction u ne s’annule pas sur I et est
1
est
décroissante sur I, donc la fonction
u
définie et croissante sur I.
42

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

d. La fonction u s’annule sur I, donc la fonc1
n’est pas définie sur I.
u
e. La fonction u ne s’annule pas sur I et est
1
croissante sur I, donc la fonction est défiu
nie et décroissante sur I.
f. La fonction u s’annule sur I, donc la fonc1
tion n’est pas définie sur I.
u
tion

45 a. La fonction u ne s’annule pas sur I et
1
est décroissante sur I, donc la fonction est
u
définie et croissante sur I.
b. La fonction u s’annule sur I, donc la fonc1
tion n’est pas définie sur I.
u
c. La fonction u ne s’annule pas sur I et est
1
est
décroissante sur I, donc la fonction
u
définie et croissante sur I.
d. La fonction u ne s’annule pas sur I et est
décroissante sur [−3 ; −1] et croissante sur
1
[−1 ; 0], donc la fonction est définie sur
u
I, croissante sur [−3 ; −1] et décroissante sur
[−1 ; 0].
e. La fonction u ne s’annule pas sur I et est
1
est
décroissante sur I, donc la fonction
u
définie et croissante sur I.
f. La fonction u s’annule sur I, donc la fonc1
tion n’est pas définie sur I.
u
46 a. La fonction u s’annule en 0. On peut
donc proposer les deux réponses suivantes :
– la fonction u ne s’annule pas sur [−3 ; 0[ et
est décroissante sur [−3 ; 0[, donc la fonction
1
est définie et croissante sur [−3 ; 0[ ;
u
– la fonction u ne s’annule pas sur ]0 ; 1] et
1
est croissante sur ]0 ; 1], donc la fonction
u
est définie et décroissante sur ]0 ; 1].
1
b. La fonction u s’annule en . On peut donc
4
proposer les deux réponses suivantes :


1⎡
– la fonction u ne s’annule pas sur ⎢− 2 ; ⎢ et
4⎣


1⎡
est décroissante sur ⎢− 2 ; ⎢, donc la fonction
4⎣


1⎡
1
est définie et croissante sur ⎢− 2 ; ⎢ ;
4
u


⎤1 ⎤
– la fonction u ne s’annule pas sur ⎥ ; 2⎥ et
⎦4 ⎦
⎤1 ⎤
est décroissante sur ⎥ ; 2⎥ , donc la fonction
⎦4 ⎦
⎤1 ⎤
1
est définie et croissante sur ⎥ ; 2⎥ ;
u
⎦4 ⎦
c. La fonction u s’annule en −1. On peut
donc proposer les deux réponses suivantes :
– la fonction u ne s’annule pas sur [−2 ; −1[ et
est décroissante sur [−2 ; −1[, donc la fonction
1
est définie et croissante sur [−2 ; −1[ ;
u
– la fonction u ne s’annule pas sur ]−1 ; 2]
et est croissante sur ]−1 ; 2], donc la fonction
1
est définie et décroissante sur ]−1 ; 2].
u

2.
Saisir( ) ;
Saisir(a)
Si a > 0 alors
alors :
Si b ≥ 0 alors
Afficher(« La fonction f est définie
Afficher(
sur R »)
Sinon Afficher(« La
Afficher(
fonction f est


-b ⎤ ⎡ -b
définie sur ⎥- ∞;;+∞ ⎢ »)
⎥傼 ⎢
a ⎦ ⎣ a


FinSi
Sinon
Si b ≥ 0 alors
Afficher(« La fonction f est définie
Afficher(
⎡ -b -b ⎤
sur ⎢−
;
⎥ »)
a
a ⎦

Sinon Afficher(« La
Afficher(
fonction f n’est
définie en aucun point. »)
FinSi
FinSi

49 1. On trouve : i = P .
3. a. On trouve P 4.
b. On trouve P 9.
50 a. Les fonctions f, g et h sont respectivement définies sur ⺢+, [2 ; +∞[ et [−1 ; +∞[.
b. La courbe représentative de f est en bleu,
celle de g en rouge et celle de h en vert.

47 a. La quantité a est définie pour a 0.
b. La quantité a − 1 est définie pour a 1.
c. La quantité a + 5 est définie pour a −5.
d. La quantité a2 + 1 est définie pour tout

© Éditions Belin 2011

réel a car le polynôme a2 + 1 est positif sur ⺢.

48 1. a. Si a 0 et b 0, la fonction
x 哫 ax2 + b est positive sur ⺢, donc, f est
définie sur ⺢.
b. Si a 0 et b 0, la fonction x 哫 ax2 + b
⎡ −b


−b ⎤
; + ∞ ⎢,
est positive sur ⎥ − ∞ ; −
⎥傼⎢
a ⎦
⎣ a


donc, f est définie sur cette union d’intervalles.
c. Si a 0 et b 0, la fonction x 哫 ax2 + b
⎡ −b
−b ⎤
;
est positive sur ⎢−
⎥ , donc f est
a
a ⎦

définie sur ce même intervalle.
d. Si a 0 et b 0, la fonction x 哫 ax2 + b
est strictement négative sur ⺢, donc f n’est
définie en aucun point.

c. La courbe représentative de g se déduit
de celle de f par une translation de vecteur
2i.
La courbe représentative de h se déduit de
celle de f par une translation de vecteur −i.
d. Si x y, alors, x − 2 y − 2, puis par
croissance de la fonction racine carrée sur
⺢+, on déduit g(x) g(y).
Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

43

e. Si x y, alors, x + 1 y + 1, puis par
croissance de la fonction racine carrée sur
⺢+, on déduit h(x) h(y).
51 1. On a 1 3 4, donc 1 3 2.
On peut donc choisir a = 1 et b = 2.
a+b 3
= . On constate que
2. On a
2
2


⎡a + b ⎤
3
; b⎥.
( 3)2 ⎜ ⎟ 2, donc, 3 ∈ ⎢
⎝ 2⎠

⎣ 3
3. Cet algorithme permet d’estimer la valeur
de 3 .
4. a. Si P = 0,3, l’algorithme renvoie a = 1,5
et b = 1,75.
Si P = 0,1, l’algorithme renvoie a = 1,6875
et b = 1,75.
b. Si P = 0,00001, l’algorithme renvoie
a = 1,732048035 et b = 1,732055664.
5. Il suffit de remplacer la 2e ligne du
programme par b = n, et la 5e ligne du programme par Si m^2 < n.
52 a.

d. Cette équation n’a pas de solution.
2. a. Une racine carrée étant un nombre positif, l’équation proposée n’a pas de solution.
b. S = {0}.
c. Si x est solution de l’équation x = a, on
peut élever chaque membre au carré pour
obtenir x = a2. Réciproquement, le nombre
a2 est par définition l’unique
positif
nombre positif dont le carré vaut a2. Puisque
a est positif, on a donc forcément a2 = a,
d’où a2 est solution de l’équation x .
3. a. S = {4}. b. S = {49}. c. S = {8,122}.
54 1. Pierrick doit rajouter la ligne i = 0
juste après « Lire n ».
2. L’ordinateur renvoie 5. Elle est fausse
car le plus petit entier supérieur ou égal
à la racine carrée de 16 vaut 4. La boucle
Tant_Que de Pierrick devrait commencer par
Tant_Que i*i < n pour être correcte.
3. a. L’ordinateur renvoie 4.
b. L’ordinateur renvoie 13.
c. L’ordinateur renvoie 54.
4. À moins d’utiliser la fonction « Partie
entière », on ne sait pas à l’avance jusqu’à
quel valeur va devoir grandir l’entier i.

© Éditions Belin 2011

55 c. La tondeuse n° 2 tond plus vite que
la tondeuse n° 1 des terrains dont la surface
est inférieure à 1ha, et moins vite des terrains dont la surface est supérieure à 1ha.
d. La tondeuse n° 3 tond plus vite que la
tondeuse n° 2 des terrains dont la surface
est inférieure à 1ha, et moins vite des terrains dont la surface est supérieure à 1ha.
e. La tondeuse n° 3 tond plus vite que la
tondeuse n° 1 des terrains dont la surface
est inférieure à 1ha, et moins vite des terrains dont la surface est supérieure à 1ha.
On peut donc conjecturer que la courbe
représentative de f est en dessous de celle
de g.
b. On trouve
2

x2
x⎞
0,
(f(x))2 − (g(x))2 = (1 + x) − ⎜1 + ⎟ = −

4
2⎠
donc (f(x))2 (g(x))2.
Puisque f(x) et g(x) sont des quantités positives, on en déduit que f(x) g(x), ce qui
confirme la conjecture faite en a.
53 1. a. S = {25}. b. S = {2}. c. S = {0}.
44

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

56 Il s’agit de la courbe d.
57 a. On a ab 0, donc |ab|= −ab.
b. On a a 0, donc a + 2 0, donc

|a + 2| = a + 2.
c. On a b 0, donc, −b 0, donc
5 − b 0, donc, |5 − b| = 5 − b.
d. On a b 0 et –a 0, donc b − a 0,
donc |b − a| = a − b.
a
e. On a a 0 et b 0, donc 0, donc
b
a
a
=− .
b
b

f. On a |a|= a (car a 0) et |b|= −b (car
b 0), donc |a| × |b|= −ab.
58 Écriture en langage AlgoBox :

59 Si x est un entier positif, alors l’inéquation
|x| 4 équivaut à x 4, donc les entiers positifs qui conviennent sont 0, 1, 2, 3 et 4.
Si x est un entier négatif, alors |x| 4 équivaut à −x 4, soit encore à x −4, donc
les entiers négatifs qui conviennent sont −1,
−2, −3 et −4.
Finalement, l’ensemble solution est
{−4 ; −3 ; −2 ; −1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4}.
60 b., d., e., f.
61 a.
x
1
−4
3
−5
−10
3

y
2
2
−6
−2
0,2

|x| × |y|
2
8
18
10
2

xy
2
−8
−18
10
−2

|xy|
2
8
18
10
2

− 2

3 2

−3 2

3 2

© Éditions Belin 2011

b. Il semblerait que la valeur absolue d’un
produit de deux réels soit égale au produit
des valeurs absolues de ces deux réels.
c. Si x et y sont positifs, alors xy est positif,
on a alors |xy|= xy =|x|×|y|.
d. Si x 0 et y 0, alors xy 0. On a alors
|xy|= −xy = x × −(y) =|x|×|y|.
Si x 0 et y 0, alors xy 0. On a alors
|xy|= −xy = (−x) × y =|x|×|y|.
Si x 0 et y 0, alors xy 0. On a alors
|xy|= xy = (−x) × −(y) =|x|×|y|.
Tous les cas de figure ont été envisagés,
donc l’égalité conjecturée est valable.

e. On pourrait conjecturer de même que la
valeur absolue d’un quotient de deux réels
soit égale au quotient des valeurs absolues
de ces deux réels. Montrons le :
x
• Si x 0 et y 0, alors est positif et on a
y
x
x | x|
.
alors
=
=
y
y | y|
x
• Si x 0 et y 0, alors est négatif et on a
y
| x|
x
x
x
alors
.
=− =
=
y
y
− y | y|
x
• Si x 0 et y 0, alors est négatif et on a
y
x
x
− x | x|
=− =
=
alors
.
y
y
y
| y|
x
• Si x 0 et y 0, alors est positif et on a
y
x
x
− x | x|
=
=
=
alors
.
y
y
− y | y|
Tous les cas de figure ont été envisagés,
donc l’égalité conjecturée est valable.
62 a. On a par exemple 6 2 = 36 = 6 et
102 = 100 = 10.
En revanche, ( − 9 )2 = 81 = 9 et
( − 5 )2 = 25 = 5.
b. On trouve 32 = 9 = 3, 52 = 25 = 5
et 112 = 121 = 11.
On peut conjecturer que x 2 = x si x est
positif. Démontrons-le :
Si x est positif, le nombre positif x 2 est
par définition l’unique nombre positif dont
le carré vaut x2. Or, x est aussi un nombre
positif dont le carré x2. On a donc nécessairement x 2 = x .
c. On trouve ( − 2)2 = 4 = 2,
( − 7 )2 = 49 = 7 et ( − 10 )2 = 100 = 10.
Si x est négatif, le nombre positif x 2 est
par définition l’unique nombre positif dont
le carré vaut x2. Or, −x est aussi un nombre
positif dont le carré x2. On a donc nécessairement x 2 = − x .
d. On trouve donc, pour tout réel x : x 2 =|x|.
e. ( 2 − 3 )2 = |2 − 3| = 2 − 3
(car 2 − 3 0).
Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

45

( 5 − 2) 2 = | 5 − 2| = 5 − 2

(car 5 − 2 0).
63 1. a. On trouve S = {−7 ; 7}.
b. On trouve S = {− 3 ; 3}.
c. On trouve S = {0}.
d. La dernière équation n’a pas de solution.
2. a. Si k 0, l’équation |x| = k n’a pas de
solution vu qu’une valeur absolue est toujours positive.
b. L’unique solution de l’équation |x| = 0
est 0.
c. Si x est positif, alors|x|= x, donc l’équation proposée est équivalente à x = k.
L’unique solution positive de l’équation
|x|= k est donc k.
Si x est négatif, alors|x|= −x, donc l’équation proposée est équivalente à −x = k.
L’unique solution négative de l’équation
|x|= k est donc −k.
Finalement, si k 0, l’ensemble des solutions de l’équation|x|= k est S = {−k ; k}.
3. a. S = {−2,1 ; 2,1}.
b. L’équation|x|= −6 n’a pas de solution
c. S = {−1 − 5 ; 1 + 5}.
d. S = {−100 ; 100}.
64 1. D’après le cours, on a|x|= x si x est
positif, et|x|= −x sinon.
2. D’après la définition qui précède, on a
|x|= ±x où on garde le signe + si x est positif, et le signe – si x est négatif.
La distance entre x et 0 est égale à|x|.
3. Si x est positif, alors max(−x, x) = x, d’où
max(−x, x) =|x|.
Si x est négatif, alors max(−x, x) = −x, d’où
max(−x, x) =|x|.

© Éditions Belin 2011

65
Saisir(
Saisir(k)
Si k > 0 Alors
Afficher(« Les solutions de l’équation
Afficher(
|x| = k sont k et –k »)
Sinon Si k = 0 Alors
Afficher(« La solution de l’équation
Afficher(
|x| = k est 0 »)
Sinon Alors
Afficher(« L’équation |x| = k n’a pas
Afficher(
de solution »)
FinSi
FinSi

46

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

66 1. On trouve S = [−5 ; 5] pour la première
inéquation et S = [−2,8 ; 2,8] pour la seconde.
2. Il semblerait que l’inéquation |x| a soit
équivalente à −a x a.
3. a. Si x est positif, alors|x|= x, donc
l’inéquation|x| a est équivalente à x a,
et puisque x est positif, on a aussi −a x,
d’où −a x a.
b. Si x est négatif, alors|x|= −x, donc
l’inéquation|x| a est équivalente à −x a,
c’est-à-dire à x −a, et puisque x est négatif, on a aussi x a, d’où −a x a.
c. On vient donc de démontrer que si|x| a,
alors −a x a.
4. Supposons réciproquement que
−a x a.
Si x est positif, alors |x|= x, d’où|x| a.
Si x est négatif, alors |x|= −x. Or, −a −x a,
d’où|x| a.
Dans tous les cas, on a bien|x| a.
5. On a donc bien montré l’équivalence entre
|x| a et −a x a.
67 1. b. On a|x − 2|= x − 2 si x 2 et
|x − 2|= 2 − x si x 2.
c. On a|x + 3|= x + 3 si x −3 et
|x + 3|= −3 − x si x −3.
d. Si x −3, alors
f(x) = −3 − x + 2 − x = −1 − 2x.
Si −3 x 2, alors, f(x) = x + 3 + 2 − x = 5.
Si x 2, alors, f(x) = x − 2 + x + 3 = 2x + 1.
2. a. Si x −3, alors l’équation f(x) = 7 est
équivalente à −1 − 2x = 7, qui équivaut encore
à x = −4 (qui appartient bien à l’intervalle
]−∞ ; −3]).
Si −3 x 2, l’équation proposée est équivalente à 5 = 7 qui n’admet pas de solution.
Si x 2, l’équation proposée est équivalente
à 2x + 1 = 7, qui équivaut encore à x = 3 (qui
appartient bien à l’intervalle ]2 ; +∞[.)
b. L’ensemble des solutions sur ⺢ de l’équation f(x) = 7 est donc S = {−4 ; 3}.
68 a. Envisageons trois cas :
• Si x a, alors |x − a|= −(x − a) et
|x − b| = −(x − b), d’où f(x) = −2x + a + b.
• Si a x b, alors |x − a| = x − a et
|x − b| = b − x, d’où f(x) = b − a.
• Si x b, alors |x − a| = x − a et
|x − b| = x − b, d’où f(x) = 2x − a − b.

b. La fonction f est décroissante sur ]−∞ ; a],
constante sur [a ; b] et croissante sur [b ; +∞[.

a

b

c. Le minimum de f sur ⺢ vaut b − a.
d. On a donc, pour tout réel x, f(x) b − a,

c’est-à-dire : |x − a| + |x − b| b − a.

69 a. Si a b, alors, |a − b| = b − a, d’où :
a + b − |a − b| a + b − ( b − a )
=
2
2
= a = min(a ; b).
b. Si a b, alors |a − b| = a − b, d’où :
a + b − |a − b| a + b − ( b − a )
=
2
2
= b = min(a ; b).
c. Tous les cas de figure ont été envisagés,
donc, quels que soient les réels a et b, on a
a + b − |a − b|
l’égalité
= min(a ; b).
2

© Éditions Belin 2011

d.

Lorsque x 1, le minimum entre 1 et x vaut
x ; lorsque x 1, le minimum vaut 1 et la
fonction est alors constante.
e. Si a b, alors |a − b| = b − a, d’où :
a + b + |a − b| a + b + ( b − a )
=
2
2
= b = max(a ; b).

Si a b, alors |a − b| = a − b, d’où :
a + b + |a − b| a + b + ( a − b )
=
= a = max(a ; b).
2
2
Tous les cas de figure ont été envisagés, donc,
quels que soient les réels a et b, on a l’égalité
a + b + |a − b|
= min(a ; b).
2
f. Envisageons deux cas :
• Si a b, alors min(a ; b) + max(a ; b) = a + b.
• Si a b, alors
min(a ; b) + max(a ; b) = b + a = a + b.
L’égalité est donc toujours vraie. On en
déduit, à l’aide de la question c. :
max(a ; b) = a + b − min(a ; b)
a + b − |a − b| a + b + |a − b|
=
.
=a+b−
2
2
70 a. La fonction u est décroissante sur
[−1 ; 0] et croissante sur [0 ; 2], donc
puisque −5 est un réel strictement négatif,
la fonction v est croissante sur [−1 ; 0] et
décroissante sur [0 ; 2].
b. La fonction u est croissante et positive sur
I, donc la fonction v est bien définie sur I et
est croissante sur I.
c. La fonction u est décroissante sur I, donc
la fonction v est décroissante sur I.
d. La fonction u est décroissante sur I et ne
s’annule pas sur I, donc la fonction v est
bien définie sur I et est croissante sur I.
71 a. La fonction u est décroissante et positive sur I, donc la fonction v est bien définie
sur I, et est décroissante sur I.
b. La fonction u est croissante sur I, donc
puisque −2 est un réel strictement négatif,
la fonction v est décroissante sur I.
c. La fonction u est décroissante sur [1 ; 2]
croissante sur [2 ; 3] et positive sur I, donc la
fonction v est bien définie sur I, est décroissante sur [1 ; 2] et croissante sur [2 ; 3].
d. La fonction u est décroissante sur I, donc
puisque 8 est un réel strictement positif, la
fonction v est décroissante sur I.
72 a. La fonction u est décroissante sur
[−1 ; 0], croissante sur [0 ; +∞[ et ne s’annule pas sur I.
La fonction v est donc définie sur I, croissante sur [−1 ; 0], décroissante sur [0 ; +∞[.
Elle est de plus positive sur I.

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

47

La fonction w est donc bien définie sur I, croissante sur [−1 ; 0] et décroissante sur [0 ; +∞[.
b. La fonction u est croissante sur I et positive sur I.
La fonction v est donc bien définie sur I et
croissante sur I.
La fonction w est donc bien définie sur I et
croissante sur I.
c. La fonction u est bien définie et décroissante sur I.
Puisque −8 est un réel strictement négatif, la
fonction v est donc croissante sur I.
La fonction w est donc bien définie et croissante sur I.

© Éditions Belin 2011

73 a. La fonction u est bien définie, croissante et ne s’annule pas sur I.
La fonction v est donc bien définie sur I et
est décroissante sur I.
Puisque −1 est un réel strictement négatif,
la fonction w est donc bien définie et croissante sur I.
b. La fonction u est décroissante sur I et
positive sur I.
La fonction v est donc bien définie sur I et
est décroissante sur I.
Puisque 4 est un réel strictement positif, la
fonction w est donc bien définie et décroissante sur I.
c. La fonction u est croissante sur I et ne
s’annule pas sur I.
La fonction v est donc bien définie sur I et
est décroissante sur I.
Puisque 4 est un réel strictement positif, la
fonction w est donc bien définie et décroissante sur I.
74 a. Les fonctions dont les courbes représentatives sont verte et rouge s’annulent sur
I. Leur fonction inverse ne sont donc pas
définies sur I.
b. La fonction 1 vaut −1 en 0 : il s’agit donc
de la fonction dont la courbe est bleue.
La fonction 2 vaut 1 en 0 : il s’agit donc de
la fonction dont la courbe est orange.
La fonction 3 est linéaire : il s’agit donc de la
fonction dont la courbe est rouge.
La fonction 4 n’est pas définie en 1 : il s’agit
donc de la fonction dont la courbe est verte.
c. • La fonction 1 est croissante sur [−2 ; 0],
décroissante sur [0 ; 4], et ne s’annule pas
48

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

sur I. Son inverse est donc bien définie sur I,
est décroissante sur [−2 ; 0] et croissante sur
[0 ; 4].
• La fonction 2 est décroissante sur [−2 ; 0],
croissante sur [0 ; 4], et ne s’annule pas sur
I. Son inverse est donc bien définie sur I, est
croissante sur [−2 ; 0] et décroissante sur
[0 ; 4].
• Les fonctions 3 et 4 s’annulent sur I, donc,
leur inverse n’est pas définie sur I.
75 1. a. Puisque la fonction x 哫 x2 + 1 est
croissante et ne s’annule pas sur I, sa fonction inverse est bien définie sur I, mais a une
monotonie contraire, et est donc décroissante sur I.
La seconde erreur de Léo est que la multiplication d’une fonction par un réel négatif
change la monotonie de la fonction.
b. Léo a fait deux erreurs qui se sont compensées et sa conclusion est donc quand
même correcte.
c. La fonction x 哫 x2 + 1 est croissante
et ne s’annule pas sur I, donc la fonction
1
x哫
est bien définie et décroissante
2
x +1
sur I.
La multiplication par un réel strictement négatif
change les variations, donc f est croissante sur I.
2. a. L’erreur commise par Léo est que la
fonction x 哫 3x + 1 n’est pas positive sur ⺢,
donc la fonction g n’est pas définie sur ⺢.
b. La fonction x 哫 3x + 1 est croissante sur
⎡ 1



⎣ 3



⺢, mais n’est positive que sur J = ⎢ − ; + ∞ ⎢.
La fonction g n’est donc définie que sur J, et
elle est croissante sur J.
76 • La fonction f + 2 a les mêmes variations
que f est sa courbe est déduite de celle de f
par une translation de vecteur 2j. Sa courbe
représentative est donc la verte claire.
1
• La fonction − f a des variations opposées
2
à celles de f, et elle est de plus négative (car
f est positive), donc sa courbe représentative
est la verte foncée.
• La fonction f est bien définie sur I (car
f est positive sur I) et possède les mêmes
variations que f. Par élimination, sa courbe
est donc la orange.

• La fonction

1

est bien définie sur I (car f ne
f
s’annule pas sur I) et possède des variations
opposées à celles de f. Par élimination, sa
courbe est donc la bleue.
77 a. La fonction f possède les mêmes
variations que la fonction f :
x
f

−3
0

−2

−1
−4

0
−1

1

2

3
−6

b. La fonction −2f possède des variations
opposées à celles de f car −2 est un réel
strictement négatif.
x
f

−3

−2

−1
10

2

0

1

2

3
14

4

c. La fonction

1

est bien définie car f ne
f
s’annule pas sur [−3 ; 3], et elle possède des
variations contraires à celles de f.
x
f

−3
−1

−2

−1
−0,2

0
−0,5

1

2

3


1
7

d. La fonction f est négative sur [−3 ; 3], donc

© Éditions Belin 2011

la fonction f n’est pas définie sur [−3 ; 3].
78 1. Une fonction est dite croissante sur
un intervalle I si :
∀ x ∈ I, ∀ y ∈ I, x y ⇒ f(x) f(y).
Une fonction n’est pas croissante sur I si :
∃ x ∈ I, ∃ y ∈ I / x y et f(x) f(y).
2. Une fonction est dite décroissante sur un
intervalle I si :
∀ x ∈ I, ∀ y ∈ I, x y ⇒ f(x) f(y).
Une fonction n’est pas décroissante sur I si :
∃ x ∈ I, ∃ y ∈ I / x y et f(x) f(y).
a. −1 0 et f(−1) f(0), donc f n’est pas
décroissante sur I.
0 1 et f(0) f(1), donc f n’est pas croissante sur I.
b. 0 4 et f(0) f(4), donc f n’est pas
décroissante sur I.
4 5 et f(4) f(5), donc f n’est pas croissante sur I.
c. Considérons deux réels x et y appartenant à I tels que x y. Par croissance de la
fonction carrée sur I, on trouve x2 y2. On
en déduit x2 + 1 y2 + 1, puis par croissance de la fonction racine carrée sur I, on

obtient : x 2 + 1 y 2 + 1. La fonction h
est donc croissante sur I.
79 a. La fonction f est définie en un réel x si
et seulement si λ − x2 0, ce qui revient à
écrire x2 λ. Si λ était négatif ou nul, aucun
réel x ne vérifierait cette condition, et le
domaine de définition de f serait l’ensemble
vide. On a donc λ 0. D’après l’exercice 66,
la condition x2 λ est donc équivalente à
x ∈ ]− ; [. L’indice n° 1 permet donc de
déduire que = 1, soit encore que λ = 1.
b. La fonction x 哫 1 − x2 est croissante sur
]−1 ; 0], décroissante sur [0 ; 1[ et positive
sur ]−1 ; 1[, donc la fonction x 哫 1 − x 2
est bien définie sur ]−1 ; 1[, croissante sur
]−1 ; 0] et décroissante sur [0 ; 1[. Cette dernière fonction ne s’annule pas sur ]−1 ; 1[,
ce qui permet de déduire que la fonction
1
x 哫
est bien définie sur ]−1 ; 1[,
1 − x2
décroissante sur ]−1 ; 0] et croissante sur [0 ; 1[.
L’indice n° 2 permet donc de déduire que le
réel β est strictement négatif.
c. L’indice n° 3 permet d’écrire que α + β = 2.
d. En combinant l’égalité α + β = 2 et l’indice n° 4, on peut déduire que β2 + β = 2. On
en déduit que β = 1 ou β = −2. Or, d’après la
question b., le réel β est strictement négatif,
donc β = −2. Il en résulte α = 4.
e. D’après le raisonnement mené en b., on
1
peut dire que la fonction g : x 哫
1 − x2
est bien décroissante sur ]−1 ; 0] et croissante
sur [0 ; 1[, donc il en est de même de f, qui
ne répond donc pas à l’indice n° 2.
80 1. a. En développant l’expression
2

r⎞
3r2
, on trouve bien R2 + Rr + r2.
⎜⎝R + ⎟⎠ +
2
4
2
π ⎛⎛
1⎞
1⎞
b. La fonction R 哫 ⎜ ⎜R + ⎟ + ⎟ est une
3 ⎜⎝ ⎝
6⎠
12⎟⎠
fonction polynôme du second degré croissante
⎡1 ⎤
sur ⎢ ; 1⎥ . Le volume ᐂ du tonneau sera toujours
⎣3 ⎦
⎡1 ⎤
supérieur à 0,2m3 si R appartient à ⎢ ; 1⎥ .
⎣3 ⎦
2. a. Cela se déduit immédiatement de
l’égalité trouvée en 1. a.

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

49



1⎞

2

1

b. La fonction R 哫 ⎜R + ⎟ +
est crois⎝
6⎠
12

⎡1 ⎤
sante sur ⎢ ; 1⎥ et ne s’annule pas sur cet
⎣3 ⎦
1
intervalle. La fonction R 哫
est
2

1⎞
1
⎜⎝R + ⎟⎠ +
6
12
⎡1 ⎤
donc bien définie sur ⎢ ; 1⎥ et est décroissante
⎣3 ⎦
1, 2
sur cet intervalle. Puisque
est strictement

1, 2
positif, la fonction R 哫

© Éditions Belin 2011

c.

Courbe de f1

Courbe de f2

Courbe de f3

Courbe de f4



est
2

1⎞
1
⎜⎝R + ⎟⎠ +
6
12
⎡1 ⎤
décroissante sur ⎢ ; 1⎥ . La hauteur h du
⎣3 ⎦
tonneau sera inférieure à 0,8 m si et seulement si R 0,46.
c. Il suffit d’appliquer la formule de la question 2. a. On trouve : h = 9,77m.
81 a. • La fonction f1 est une fonction
polynôme du second degré décroissante sur
[−2 ; 0] et croissante sur [0 ; 2].
• La fonction x 哫 |x| + 1 est décroissante
sur [−2 ; 0], croissante sur [0 ; 2] et ne s’an1
nule pas sur [−2 ; 2]. La fonction x 哫
| x| + 1
est donc bien définie sur [−2 ; 2], est croissante sur [−2 ; 0] et décroissante sur [0 ; 2].
Puisque −1 est un réel strictement négatif,
1
la fonction x 哫 −
est donc décrois| x| + 1
sante sur [−2 ; 0] et croissante sur [0 ; 2].
Finalement, la fonction f2 est décroissante
sur [−2 ; 0] et croissante sur [0 ; 2].
1
• La fonction x 哫 1 + x2 est une fonction
2
polynôme du second degré décroissante sur
[−2 ; 0], croissante sur [0 ; 2] et positive sur
[−2 ; 2]. La fonction f3 est donc bien définie
sur [−2 ; 2], est décroissante sur [−2 ; 0] et
croissante sur [0 ; 2].
• La fonction f1 est décroissante sur [−2 ; 0],
croissante sur [0 ; 2] et ne s’annule pas sur
[−2 ; 2]. La fonction f4, qui est l’inverse de la
50

fonction f1, est donc croissante sur [−2 ; 0]
et décroissante sur [0 ; 2].
La fonction f4 ne peut donc pas être la fonction f cherchée.
3
b. On trouve f1(1) = 2, f2(1) = et
2
3
. La fonction cherchée est donc la
f3(1) =
2
fonction f3.

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

82 1. a. La fonction f est définie sur ⺢\{4}.
ax + b
La fonction f est de la forme x 哫
cx + d
avec a = 2, b = 2, c = 1 et d = −4 qui vérifient
c ≠ 0 et ad − bc = −10 ≠ 0, donc f est une
fonction homographique.
b. Si x est différent de 4, on trouve :
10
2( x − 4 ) + 10
2+
=
= f(x),
x−4
x−4
d’où l’égalité annoncée.
c. La fonction x 哫 x − 4 est croissante sur
]4 ; + ∞[, et ne s’annule pas sur cet intervalle.
1
est donc bien définie
La fonction x 哫
x−4
sur ]4 ; +∞[ et est décroissante sur cet intervalle.
Puisque 10 est un réel strictement positif, la
10
fonction x 哫
est donc décroissante sur
x−4
]4 ; +∞[, d’où f est décroissante sur ]4 ; +∞[.
Le même raisonnement peut être tenu en
remplaçant ]4 ; +∞[ par ]−∞ ; 4[.

2. a. Si x est différent de c, on peut écrire :
a+

ac + b

a( x − c ) + ac + b

=
= g(x).
x−c
x−c
b. La fonction g est donc homographique si
et seulement si ac + b est non nul.
c. Par le même raisonnement qu’en 1.c., on
1
est bien
peut dire que la fonction x 哫
x−c
définie sur ]c ; +∞[ et est décroissante sur cet
intervalle. On distingue alors 3 cas :
ac + b
• Si ac + b 0, alors, la fonction x 哫
x−c
est décroissante sur ]c ; +∞[, donc, f l’est aussi.
ac + b
• Si ac + b = 0, alors, la fonction x 哫
x−c
est nulle sur ]c ; +∞[, donc, f est constante.
ac + b
• Si ac + b 0, alors, la fonction x 哫
x−c
est croissante sur ]c ; +∞[, donc, f l’est aussi.
Le même raisonnement et la même conclusion peuvent être tenus sur l’intervalle ]−∞ ; c[.
83

© Éditions Belin 2011

Saisir(
Saisir(a)
Saisir(b)
Saisir(
Saisir(c)
Saisir(
Si ac + b > 0
Alors Afficher(
Afficher(« La fonction proposée
est décroissante sur ]-∞ ;c[ et sur
).
]c ; +∞[» )
Sinon Si
Sinon
Si ac + b = 0
Alors Afficher(
Afficher(« La fonction proposée
).
n’est pas homographique »)
Sinon Afficher(« La
Afficher(
fonction proposée
est croissante sur ]-∞ ;c[ et sur
]c ; +∞[» )
).
FinSi
FinSi

84 a. La fonction polynôme du second
degré x 哫 x2 − 2x + 2 a un discriminant
strictement négatif, donc ne s’annule jamais.
La fonction f est donc définie sur ⺢.
b. Soit a et b deux réels. Pour tout réel x, on
peut écrire :
b
a + a( x − 1)2 + b
=
a+
1 + ( x − 1)2
1 + ( x − 1)2
2
ax − 2 ax + 2 a + b
=
.
1 + ( x − 1)2
En choisissant a = 1 et b = −1, on constate
donc que cette dernière fonction vaut f.

c. La fonction x 哫 1 + (x − 1)2 est décrois-

sante sur ]−∞ ; 1[, croissante sur [1 ; +∞[
et ne s’annule pas sur ⺢. La fonction
1
x 哫
est donc bien définie sur
1 + ( x − 1)2
⺢, est croissante sur ]−∞ ; 1[ et décroissante
sur [1 ; +∞[. Puisque −1 est un réel stric−1
tement négatif, la fonction x 哫
1 + ( x − 1)2
est donc décroissante sur ]−∞ ;1[ et croissante sur [1 ; +∞[.
Finalement, la fonction f est décroissante
sur ]−∞ ; 1[ et croissante sur [1 ; +∞[.
85 a.
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
x
distance 2 1,6 1,4 1,3 1,4 1,6 2 2,4 2,8

b. Par définition, la distance AM est donnée
par la formule :
AM = ( x − 2)2 + ( x − 0 )2 = x 2 − 3 x + 4 .
2

3⎞
7
Or, en développant ⎜ x − ⎟ + , on trouve

2⎠
4
x2 − 3x + 4, d’où la formule annoncée.
2

3⎞
7
c. La fonction x 哫 ⎜ x − ⎟ + est une

2⎠
4
fonction polynôme du second degré décrois⎡
⎡3
⎡ 3⎤
sante sur ⎢0 ; ⎥ et croissante sur ⎢ ; +∞ ⎢.

⎣2
⎣ 2⎦
Puisque cette fonction est positive sur ⺢, on
peut en déduire que la fonction f est bien
⎡ 3⎤
définie, et qu’elle est décroissante sur ⎢0 ; ⎥
⎣ 2⎦

⎡3
et croissante sur ⎢ ; +∞ ⎢ .

⎣2
d. Le point de la courbe le plus proche de A,
s’il existe, sera celui qui rend la distance AM
minimale. D’après l’étude des variations de f
faite dans la question précédente, on en déduit
3
qu’il s’agit du point de Ꮿ d’abscisse , donc
2
⎛ 3 3⎞
du point de coordonnées ⎜ ;
⎟.
⎝ 2 2⎠
86 a. La fonction x 哫 1 + x est une fonction affine croissante sur [0 ; +∞[.
La fonction x 哫 1 + x2 est une fonction polynôme du second degré croissante sur [0 ; +∞[.

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

51

La fonction racine carrée est croissante sur
[0 ; +∞[, donc la fonction x 哫 1 + x est
croissante sur [0 ; +∞[.
Les trois fonctions précédemment citées
sont croissantes sur [0 ; +∞[ et ne s’annulent
pas sur cet intervalle, donc les fonctions f, g
et h sont bien définies sur [0 ; +∞[ et sont
décroissantes sur cet intervalle.

b. On trouve OM =|x|et AM = x 2 + 1.
c. Lorsque x est non nul, l’aire cherchée vaut
( OM + AB ) × OA

=

( x + 1)

.
2
2
La formule est encore valable lorsque x est nul.

d.
P

b.
x 0

A

B

N

O
B

P2

M
P1

A

x=0
N2

On peut conjecturer que si x appartient à [0 ; 1],
alors, h(x) f(x) g(x), tandis que, lorsque x
appartient à [1 ; +∞[, g(x) f(x) h(x).
c. Envisageons deux cas :
• Si x appartient à [0 ; 1], alors x2 x x ,
donc 1 + x2 1 + x 1 + x , donc par
passage à l’inverse : h(x) f(x) g(x).
• Si x appartient à [1 ; +∞[, alors x x x2,
donc 1 + x 1 + x 1 + x2, donc par
passage à l’inverse : g(x) f(x) h(x).
87 a. On se trouve dans l’un des trois cas
de figure suivants :
A

B
x 0

M
O
A

B

N1
O
Il y a ici deux dessins possibles
P
B
x 0

A

N
M

O

• Si x ≠ 0, l’aire du carré vaut g(x) = AM2 = x2 + 1.
• Si x = 0, la formule ci-dessus est encore valable.
e. On trouve
| x| + 1 2 x 2 − | x| + 1
g(x) − f(x) = x2 + 1 −
.
=
2
2
Si x 0, le numérateur est positif (le polynôme du second degré 2a2 − a + 1 a un
discriminant strictement négatif), et si x 0,
le numérateur est encore positif (c’est la
somme de trois termes positifs). Dans tous
les cas, g(x) − f(x) 0. L’aire du polygone
est donc toujours inférieure à celle du carré.

x=0
O
A

© Éditions Belin 2011

B
x 0
M O

52

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

95 1. a. Lorsque v se rapproche de c par
v2
valeurs inférieures, la fraction
se rapc2
proche de 1 par valeurs inférieures, donc
1
tend vers +∞.
la fraction
v2
1−
c2

Une telle situation conduirait à une énergie
cinétique infinie, ce qui n’est pas possible.
La fonction Ec est donc cohérente avec ce
principe.
v2
b. La fonction v 哫 1 −
est une fonction
c2
polynôme du second degré décroissante
et strictement positive sur [0 ; c[, donc la
fonction v 哫 1 −

v2

est définie, décrois-

© Éditions Belin 2011

c2
sante et strictement positive sur [0 ; c[.
1
est donc définie
La fonction v 哫
v2
1−
c2
et croissante sur [0 ; c[. Il en est de même de
la fonction Ec.
Lorsque la vitesse augmente, l’énergie cinétique augmente donc aussi.
2. On trouve mc2 ≈ 5,4 × 10−10.

96 1. a. Soit [a ; b] un intervalle contenu
dans ⺢. on trouve, pour tous réels x et y
appartenant à I : |x − y| |x − y|, donc f
est bien lipschitzienne sur [a ; b].
b. De l’égalité x2 − y2 = (x − y) (x + y), on tire
que|x2 − y2|=|x − y|×|x + y| 4|x − y|(car
|x + y| 4), donc la fonction carré est bien
lipschitzienne sur [0 ; 2].
2. a. La fonction polynôme x 哫 x2 + 1 est
toujours positive sur ⺢, donc la fonction g
est définie sur ⺢.

b. On trouve, pour tous réels x et y dans [0 ; 2] :
g(x) − g(y) =
=

( x2 + 1 −

x2 + 1 −

y 2 + 1) × ( x 2 + 1 +
x2 + 1 +

donc : g(x) − g(y) =
=

x2



y2 + 1

y2

y 2 + 1)

y2 + 1

( x 2 + 1) − ( y 2 + 1)
x2 + 1 +

y2 + 1

.
+ 1 + y2 + 1
et le résultat s’obtient par passage à la
valeur absolue dans chaque membre.
c. Puisque x et y appartiennent à [0 ; 2], on
peut minorer le dénominateur par 1 + 1 = 2,
donc pour tous réels x et y dans [0 ; 2] :
| x 2 − y 2|
|g(x) − g(y)|
.
2
En utilisant alors la question 1.b., il vient :
| x − y|
= 2|x − y|,
|g(x) − g(y)| 4 ×
2
donc la fonction g est lipschitzienne.
x2

97 1. a. Si a x b, alors, par croissance de la fonction f sur [a ; b], on déduit
f(a) f(x) f(b).
b. L’aire de la partie jaune est comprise
entre l’aire du rectangle de base [AB] et de
hauteur f(a), et l’aire du rectangle de base
[AB] et de hauteur f(b). On trouve donc bien
l’encadrement annoncé.
c. La fonction f est croissante sur ]−∞ ; 4] et
décroissante sur [4 ; +∞[, donc elle est bien
croissante sur [1 ; 3]. Par ailleurs, puisque
f(1) 0, la fonction f est bien positive sur
[1 ; 3]. La question 1.b. permet de dire que
l’aire A sous la courbe de f est comprise entre
2 × f(1) et 2 × f(3), c’est-à-dire, entre :
16
24

et 2 ×
.
5
5
2. a. C’est une simple application de la
question 1. b.
b. On trouve donc en sommant tous ces
encadrements :
f(0) + f(1) + … + f(n − 1)
A f(1) + f(2) + …. + f(n).
c. • La fonction racine est croissante sur [0 ; 4],
donc la fonction f est croissante sur [0 ; 4],
de surcroit positive. On trouve donc :

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

53

f(0) + f(1) + f(2) + f(3)
A f(1) + f(2) + f(3) + f(4),
donc : 6 + 2 2 + 2 3 A 10 + 2 2 + 2 3 .
• La fonction x 哫 x2 + 1 est croissante sur
[0 ; 5] et ne s’annule pas sur [0 ; 5], donc
1
est bien définie sur
la fonction x 哫
2
x +1
[0 ; 5] et y est décroissante. La fonction
1
, puis la fonction f sont donc
x哫−
2
x +1
bien définies sur [0 ; 5] et y sont croissantes.
Puisque f(0) = 1 0, la fonction f est donc
positive sur [0 ; 5]. On trouve donc :
f(0) + f(1) + f(2) + f(3) + f(4)
A f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5),
20 117
692
donc :
A
.
85
2 210
• La fonction x 哫 4 − x est décroissante sur
[0 ; 3] et ne s’annule pas sur [0 ; 3], donc la
1
fonction x 哫
est bien définie sur [0 ; 3]
4− x
et y est croissante. Puisque f(0) 0, la fonction f est donc positive sur [0 ; 3]. On trouve
donc : f(0) + f(1) + f(2) A f(1) + f(2) + f(3)
13
11
donc :
A
.
12
6
y

98 1. a.
Ꮿh

1

Ꮿg

1
0
Ꮿf

1

x

1

1

y

b.

Ꮿh

2

1

© Éditions Belin 2011

0
Ꮿf

2

54

x

1
Ꮿg

2

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

2. a. Ꮿf est tracée en rouge, Ꮿg en vert et
Ꮿh en bleu.

b. Il semblerait que la courbe Ꮿg soit obtenue

en gardant la partie de Ꮿf correspondant aux
abscisses positives et en prenant le symétrique par rapport à l’axe (Oy) de cette
portion de courbe. Il semblerait que la
courbe Ꮿh soit obtenue en gardant la partie
de Ꮿf située au dessus de l’axe (Ox) et en
le symétrique par rapport à l’axe (Ox) de la
portion de courbe de Ꮿf située en dessous
de l’axe (Ox).
c. On trouve g(x) = f(|x|). Si x 0, alors
g(x) = f(x), et si x 0, alors, g(x) = f(−x).
d. On trouve h(x) = |f(x)|. Si f(x) 0, alors
h(x) = f(x), et si x 0, alors, h(x) = −f(x).
99 a. |(100 − x) − 1| + |(100 − x) − 99|
= |99 − x| + |1 − x| = |x − 1| + |x − 99|.
b. Considérons la fonction f définie par
f(x) = |x − 1| + |x − 2| + … + |x − 99|.
En s’inspirant de la question a., on peut
démontrer que f(100 − x) = f(x).
La courbe représentative de la fonction f
est donc symétrique par rapport à la droite
d’équation x = 50. Raisonnons maintenant
par double implication.
• Si l’équation f(x) = a possède une unique
solution, alors, d’après la symétrie évoquée
ci-dessus, cette solution est nécessairement
50 (sinon, il y aurait deux solutions), ce qui
donne a = f(50).
• Réciproquement, supposons que a = f(50).
D’après l’exercice 68, on peut écrire :

f(x) =| x − 1| + | x − 99| + | x − 2| + | x − 98|
98

96

+ ... + | x − 49| + | x − 51| + |x − 50|
2

a + |x − 50|.
L’égalité f(x) = a ne peut alors avoir lieu que
pour x = 50.
100 a. La distance entre x et l’entier le plus
proche est exactement égale à la distance
entre x + 1 et l’entier le plus proche (la situation est juste décalée d’une unité vers la
droite), d’où f(x) = f(x + 1).
⎡ 1⎡
b. Si x appartient à l’intervalle ⎢0 ; ⎢, l’entier
⎣ 2⎣
le plus proche de x est 0, d’où f(x) = x.
⎤1 ⎤
Si x appartient à l’intervalle ⎥ ; 1⎥, l’entier le
⎦2 ⎦
plus proche de x est 1, d’où f(x) = 1 − x.
1 ⎛ 1⎞ 1
Et si x = , f ⎜ ⎟ = .
2 ⎝ 2⎠ 2
On en déduit la courbe représentative de f
sur [0 ; 1] :

© Éditions Belin 2011

c. D’après la question a., on peut déduire la
courbe représentative de f toute entière :

• Principe de l’algorithme : Soit A un réel
positif. L’algorithme de Babylone fournit
une méthode permettant de calculer une
valeur approchée de A . On commence
par choisir un réel x0 proche de A (par

exemple, l’entier le plus proche de A ,
trouvé en prenant le plus grand carré inférieur ou égal à A).
A
x0 +
x0
On calcule ensuite x1 =
, puis
2
A
x1 +
x1
x2 =
, etc. La suite ainsi obtenue se
2
rapproche de la racine carrée de A.
• Exemple n° 1 : Cherchons la racine carrée
de 2.
On part de x0 = 1. On calcule alors
2
x0 +
x0
x1 =
= 1, 5 ,
2
2
x1 +
x1
≈ 1,41666666,
x2 =
2
2
x2 +
x2
≈ 1,4142156,
x3 =
2
2
x3 +
x3
≈ 1,4142135…
x4 =
2
• Exemple n° 2 : Cherchons la racine carrée
de 3.
On part de x0 = 1. On calcule alors
3
x0 +
x0
x1 =
= 2,
2
3
x1 +
x1
x2 =
= 1, 75,
2
3
x2 +
x2
≈ 1,7321428,
x3 =
2
3
x3 +
x3
≈ 1,7320508...
x4 =
2

Chapitre 2 ■ Variations d'une fonction

55

© Éditions Belin 2011

Dérivation
et applications

Les problèmes de différentiation, abordés
dans ce chapitre sous la forme de la dérivation, ont traversé de très nombreux siècles
avant de connaître leur solution. Ils apparaissaient sous trois aspects :
• le problème des maximas et minimas
d’une grandeur en fonction d’une autre.
Les Babyloniens avaient une astronomie
très développée et ils étudiaient le mouvement des astres, essentiellement par des
méthodes angulaires ; ils avaient noté que
lorsqu’une fonction passait par un maximum, les variations de cette fonction étaient
particulièrement lentes au voisinage de ce
maximum ;
• le problème des tangentes à une courbe,
étudié dans l’Antiquité par les Grecs, qui
voyaient la tangente en un point comme
une droite passant par ce point, laissant
toute la courbe du même côté ;
• le problème des vitesses, en particulier
sous la forme de l’étude de la chute des
corps, problème très étudié par Galilée.
Tous ces problèmes vont être résolus en
un siècle, le XVIIe siècle qui a vu la naissance
du calcul infinitésimal. Il est pratiquement
impossible de citer tous les noms des mathématiciens qui l’ont créé : Descartes, Pascal,
Fermat, Barrow, Huygens, Leibniz, etc. et
évidemment Newton. On peut consulter la
préface de « L’Analyse des infiniment petits
pour l’intelligence des lignes courbes»,
publié en 1696 par le Marquis de l’Hospital,
qui tente d’attribuer à chacun sa part dans
ce travail prodigieux.
La courbe du CAC 40 qui illustre la page
d’accueil est mathématiquement intéressante : dans tous les cas, que l’on prenne
les valeurs en fonction des années, des mois,
des heures ou des minutes, etc. il s’agit
56

Chapitre 3 ■ Dérivation et applications

Chapitre

3

d’une fonction continue (pour les élèves,
d’un seul tenant), qui présente des points
anguleux.
Mais, plus les intervalles de temps sont
courts, moins cette courbe est lisse, les
points anguleux le sont de plus en plus et
on envisage ce que pourrait être une fonction continue, n’admettant aucun point
de dérivation ; ce n’est pas la fonction de
Weierstrass mais on peut commencer à l’envisager ! Depuis Mandelbrot, on sait que les
fluctuations du CAC40 sont fractales.
Pour étudier les fluctuations du CAC40,
on dispose de nombreuses données, par
exemple en prenant 20 ans et 250 jours
de cotations par an, 5 000 données. On
peut tracer l’histogramme des fluctuations
en pourcentage ; la courbe obtenue a une
bonne allure de courbe en cloche, mais
ce n’est pas du tout une gaussienne car le
CAC40 comporte beaucoup d’évènements
extrêmes.

Le chapitre « dérivation et applications » a
plusieurs objectifs :
– introduire la notion de nombre dérivé ;
– introduire la notion géométrique de tangente à une courbe ;
– introduire la notion de fonction dérivée ;
– utiliser la dérivation pour connaître les
variations d’une fonction, et déterminer les
extrema locaux d’une fonction.
Concernant le nombre dérivé, il est défini à
partir du taux d’accroissement, sans pour
autant donner de définition formelle de
la notion de limite. On met en évidence, à
l’aide des fonctions racine carrée et valeur
absolue, que l’existence d’un nombre dérivé
n’est pas toujours assurée. La notion de
nombre dérivé est alors exploitée graphiquement à l’aide de la notion de tangente.


Maths.pdf - page 1/231
 
Maths.pdf - page 2/231
Maths.pdf - page 3/231
Maths.pdf - page 4/231
Maths.pdf - page 5/231
Maths.pdf - page 6/231
 




Télécharger le fichier (PDF)


Maths.pdf (PDF, 24.3 Mo)

Télécharger
Formats alternatifs: ZIP



Documents similaires


c6 synthese 1
bac eco 1
indice1res ldp ok
maths
pisconov calcul dfferentiel tome 1
chapitre 3

Sur le même sujet..