1reS 623
Corrig´ e du devoir surveill´ e N
◦1
Mercredi 3 octobre 2005 Exercice 1 :1. On peut construireG etH, en effet dans chaque cas la somme des coefficients est non-nulle. Pour construire la figure on peut soit utiliser une m´ethode g´eom´etrique `a la r`egle et au compas soit ´etablir les ´egalit´es vectorielles suivantes :
– Gbarycentre des points (A; 3) et (B; 2) on a d’apr`es le th´eor`eme 2 du cours :−→AG= 2 5
−−→AB ou−−→BG= 3 5
−−→BA; – H barycentre des points (A;−3) et (B; 8) on a d’apr`es le th´eor`eme 2 du cours :−−→AH= 8
5
−−→AB ou−−→BH =−3 5
−−→BA.
On obtient la figure suivante :
A G B H
2. On a−−→BG=3 5
−−→BAet−−→BH =−3 5
−−→BAd’o`u−−→GB=−−→BH doncB est le milieu du segment [GH].
Exercice 2 :
Dans le plan muni du rep`ere orthonormal (O;−→i ,−→j), la parabole P passe par les points : A(−1; 0), B(0; 3), S(1; 4) etC(3; 0). Il y a plusieurs m´ethodes pour d´eterminer une ´equation de la paraboleP.
0 A
B
S
C
−
→j
−
→i
P
M´ethode 1 : On sait que l’´equation d’une parabole est de la formey=ax2+bx+c,P passe par les pointsA(−1; 0), B(0; 3), etC(3; 0) on a donc :
0 =a−b+c 3 =c
0 = 9a+ 3b+c
⇔
c= 3 a−b=−3 9a+ 3b=−3
⇔
c= 3
3a−3b=−9 9a+ 3b=−3
⇔
c= 3 a−b=−3 12a=−12
⇔
c= 3 b=a+ 3 a=−1
⇔
c= 3 b= 2 a=−1
Une ´equation de la parabole P dans le rep`ere orthonormal (O;−→i ,−→j) est y = −x2+ 2x+ 3 (on reconnaˆıt la forme devellop´ee et r´eduite du trinˆome).
M´ethode 2 : La parabolePcoupe l’axe des abscisses en deux pointsA(−1; 0) etC(3; 0), ce qui signifie que la fonction trinˆome associ´ee admet deux racinesx1=−1 etx2= 3. Une ´equation de la paraboleP est de la forme
y =a(x−x1)(x−x2) =a(x+ 1)(x−3). Il ne reste plus qu’`a d´eterminer le r´eela.
P passe par le pointB(0; 3) d’o`u
3 =a(0 + 1)(0−3) 3a=−3
a=−1
Une ´equation de la paraboleP dans le rep`ere orthonormal (O;−→i ,−→j) est y=−(x+ 1)(x−3)(on reconnaˆıt la forme factoris´ee du trinˆome).
M´ethode 3 : S(1; 4) est le sommet de la parabole P. Dans le rep`ere (S;−→i ,→−j) l’´equation de la parabole P est Y =−X2, on a
X =x−xS =x−1 Y =y−yS =y−4 d’o`u
Y =−X2
y−4 =−(x−1)2 y= 4−(x−1)2
Une ´equation de la paraboleP dans le rep`ere orthonormal (O;−→i ,−→j) esty= 4−(x−1)2 (on reconnaˆıt la forme cannonique du trinˆome).
Exercice 3 :Soitax2+bx+c (aveca6= 0) un trinˆome du second degr´e avecaetcde signes contraires.
1. Le discriminant du trinˆome est ∆ =b2−4ac.
b2≥0 est un nombre positif, 4ac≤0 caraetc sont de signes contraires alors−4ac≥0 d’o`u ∆ =b2−4ac≥0 en tant que somme de nombres positifs.
Le discriminant ∆ est positif donc le trinˆome admet donc une ou deux racines.
2. Dans le cas o`u le trinˆome admet deux racines distinctesx1 etx2.
On peut remarquer queaet cde signe contraire impliquec6= 0 (0 en tant qu’´el´ement neutre n’a pas de signe).
(a) On sait que ∆>0 doncx1= −b−√
∆
2a etx2=−b+√
∆ 2a x1×x2= −b−√
∆
2a ×−b+√
∆ 2a x1×x2= (−b−√
∆)×(−b+√
∆) 4a2
x1×x2= b2−∆ 4a2
x1×x2= b2−b2+ 4ac 4a2 x1×x2= 4ac
4a2 x1×x2= c
a (b) Siaetcsont de signes contraires, le rapport c
a est strictement n´egatif d’o`ux1×x2<0 donc une racine est positive et l’autre est n´egative.
Exercice 4 :
1. Pour r´esoudre dansRl’´equationx2−(1 +
√5 2 )x+
√5
2 = 0 on peut dire qu’elle est de la formex2−Sx+P = 0.
On a donc :
x1+x2= 1 +
√5 2 x1×x2=
√5 2
Les racines du trinˆome sont ´evidentesx1= 1 etx2=
√5
2 , d’o`uS={1;
√5 2 } 2. Pour r´esoudre dansR− {1
2; 1}l’in´equation suivante −x2+x+ 2
(x−1)(x−12)≥0, on ´etudie le signe du num´erateur et celui du d´enominateur.
– Le trinˆome−x2+x+ 2 admet deux racines−1 et 2, il est n´egatif `a l’ext´erieur des racines.
– Le trinˆome (x−1)(x−1
2) admet deux racines 1 et 1
2, il est positif `a l’ext´erieur des racines.
x
−x2+x+ 2 (x−1)(x−1
2)
−x2+x+ 2 (x−1)(x−12)
−∞ −1 1
2 1 2 +∞
0 0
− + + + −
0 0
+ + − + +
0 0
− + − + −
On a doncS = [−1;1 2[∪]1; 2]
