Lycée Paul Rey Denis Augier
Correction DS 1 : polynôme du second degré
Exercice 1. Résoudre surRl’inégalité ´4x2`12x´9ě0. ∆“144´144“0.
Le polynôme à une racine doublex0“ 2ˆp´4q´12 “ 32 donc le polynôme est du signe de a, donc négatif ou nul.
DoncS“ 32( .
Exercice 2. Un agriculteur souhaite faire un enclos rectangulaire le long d’un mur avec un fil électrifié de 100m. On modélise cet enclos sur la figure ci-dessous. Le coté [AD] est le côté "mur" (donc sur ce côté inutile de mettre du fil électrifié). Les 3 autres côtés sont constitués du fil électrifié. On note x la longueur du côté [AB].
On noteApxqla surface de l’enclos.
1. Déterminez l’intervalle dans lequel x varie.
xP r0; 50s en effet au maximum AB=CD=50 et alors BC=0.
2. Déterminez la surface maximale de l’enclos et la valeur dexpour laquelle elle est atteinte.
Le calcul deApxqdonne :Apxq “ABˆBC“xˆ p100´2xq “ ´2x2`100x. On obtient un polynôme du second degré dont le coefficient a dex2 est négatif donc ce polynôme admet sur Run maximum enx“ ´b2a “ ´2ˆ2´100 “25.
Cette valeur est bien dans l’ensemble de définition de Adonné en 1) et donc la surface maximale de l’enclos vaut Ap25q “25ˆ50“1250m2.
Exercice 3. Déterminez les coordonnées du ou des points d’intersection de la droitedet de la parabole P d’équations respectives :
y“4x`12 et y“ ´x2´5x`4 Mpx, yq PdXP ñ
"
4x`12“ ´x2´5x`4 y“4x`12 ô
"
x2`9x`8“0 y“4x`12
On cherche donc les racines du polynômex2`9x`8, ∆“81´32“49“72ą0 donc on a deux racinesx1“´9´72 “ ´8 et x2 “ ´9`72 “ ´1. Pour les cordonnées des points d’abscissex1 et x2 il est plus simple d’utiliser l’équation de d. Pour x1“ ´8 on ay1“4ˆ p´8q `12“ ´20 et pourx2“ ´1 on obtienty2“4ˆ p´1q `12“8 doncdet P ont deux points d’intersection dont les coordonnées sont respectivementp´8;´20qet p´1; 8q.
Exercice 4. Résoudre les inégalités suivantes : 1. ´xx22´4x`4`4x´3 ě0.
On commence par déterminer les signes du numérateur et du dénominateur pour faire le tableau de signes.
• Pour´x2`4x´3 on a une racine évidentex1“1 commex1ˆx2“ac “´3´1“3 alors x2“3 .
• Pourx2´4x`4“ px´2q2ě0 on a une racine double qui est 2.
On obtient le tableau de signes suivant en utilisant le fait que lorsque qu’un polynôme du second degré à deux racines distinct, il est du signe du coefficientaà l’extérieur des racines :
x
´x2` 4x´3 x2´4x`4
´x2`4x´3 x2´4x`4
´8 1 2 3 `8
´ 0 ` ` 0 ´
` ` 0 ` `
´ 0 ` ` 0 ´
Donc la solution de l’inéquation de départ estS “ r1; 2r Y s2; 3s.
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2. x2x`2x`32´1 ą3ô x2x`2x`32´1 ´3ą0ô´2xx22`2x`3´6x´10 ą0.
On commence par déterminer les signes du numérateur et du dénominateur
• Pour´2x2´6x´10 on aδ“ ´44ă0. Donc ce numérateur est strictement négatif (puisquea“ ´2ă0).
• Pourx2`2x`3 on aδ“ ´8ă0.Donc ce numérateur est strictement positif. (Puisquea“1ą0) Donc le quotient est toujours strictement négatif, doncS “ H
Exercice 5. SoitLun réel strictement positif. SoitAetB deux points du plan tels queAB“Let soitM un point de rABstel queM B“xoù x est un réel vérifiant 0ăxăL. SoitCetDdeux points du plan tels queCM “2x,CD“3L et tels que la droitepCDqpasse parM et soit perpendiculaire àpABq. SoitE un point du plan tel queAM CE soit un rectangle et soitF un point du plan tel queDF BM soit un rectangle.
1. On noteApxqla somme des aires des rectanglesAM CEet DF BM . Déterminer x en fonction deLpour que l’aire soit maximale. Déterminer alors cette aire maximale en fonction deL.
On aAM “L´xetCM “2x. Donc l’aire de AMCE vautAMˆCM “2xpL´xq.
On aM B “xet M D“CD´CM “3L´2x. Donc l’aire de DFBM vautM BˆM D“xp3L´2xq.
Donc Apxq “ 2xpL´xq `xp3L´2xq “ ´4x2`5Lx. L’aire est maximale si x “ ´b2a “ ´5L´8 “ 5L8 et vaut alors A`5L
8
˘“ ´4ˆ25L642 `25L82 “ 25L162
2. On note Tpxql’aire du triangleADM . Existe-t-il un réelxvérifiantApxq “2Tpxq? Si oui, donner son expression en fonction deL.
On aTpxq “M DˆAM2 “ 12pL´xqp3L´2xq. Donc :
Apxq “2Tpxq ô ´4x2`5Lx“ pL´xqp3L´2xq “2x2´5Lx`3L2ô0“6x2´10Lx`3L2. On calcul ∆“100L2´4ˆ6ˆ3L2“28L2“22ˆ7L2ą0.
On a donc deux racines :x1“ 10L´2L
?7
12 “ 5L´L
?7
6 “5´
?7
6 Letx2“ 10L`2L
?7
12 “ 5`
?7
6 L. Or comme 0ăxăL, et
5´? 7
6 P r0; 1s et 5`
?7
6 ą1 on a 0ăx1ăLetx2ąLdonc on a qu’une solution qui estx1. Exercice 6. On considère le polynômePpxq “x3´4x2´11x`30.
1. Déterminera,bet ctelPpxq “ px´2qpax2`bx`cq.
X3 ´ 4X2 ´ 11X ` 30 X´2
X3 ´ 2X2 X2´2X´15
´2X2 ´ 11X ` 30
´2X2 ` 4X
´15X ` 30
´15X ` 30 0 DoncPpxq “ px´2qpx2´2x´15q. (Donca“1,b“ ´2 etc“ ´15.) 2. En déduire les racines du polynômeP.
Pour x2´2x´15 on a ∆“4`60“64“82doncx1“2´82 “ ´3 etx2“2`82 “5 . Donc : Ppxq “ px´2qpx2´2x´15q “0ôx´2“0oux2´2x´15“0ôxP t´3; 2; 5u
3. Déterminer le signe du polynômeP.
x x´2
x2´ 2x´15
Ppxq
´8 ´3 2 5 `8
´ ´ 0 ` `
` 0 ´ ´ 0 `
´ 0 ` 0 ´ 0 `
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