1S DM Corrigé Année scolaire 2010-2011
Exercice 1 :
(E) désigne l’équation x4 – 4x3 + 2x² – 4x + 1 = 0.
1. 04 – 4 µ 03 + 2 µ 0² – 4 µ 0 + 1 = 0 – 0 + 0 – 0 + 1 = 1 ≠ 0 donc 0 n’est pas solution de (E). Par suite, x ar*.
2. Si a ar* est solution de (E) alors a4 – 4a3 + 2a² – 4a + 1 = 0.
1 a
4 – 4
1 a
3 + 2
1 a ² – 4
1
a + 1 = 1
a4 – 4 µ 1
a3 + 2 µ 1
a2 – 4 µ1 a + 1 = 1
a4 (a4 – 4a3 + 2a² – 4a + 1) = 1
a4 µ 0 = 0 donc 1
a est aussi solution de (E).
3. (E) x4 – 4x3 + 2x² – 4x + 1 = 0
¶ x² (x² – 4x + 2 – 4 x + 1
x²) = 0 car x ≠ 0 d’après la question 1.
¶ x² = 0 ou x² – 4x + 2 – 4 x + 1
x² = 0
¶ x = 0 (impossible) ou x² – 4x + 2 – 4 x + 1
x² = 0
¶ x² – 4x + 2 – 4 x + 1
x² = 0 (E’)
4.
x + 1
x
² = x² + 2 µ x µ1 x + 1
x² = ² + 2 + 1 x²
5. x² – 4x + 2 – 4
x + 1
x² = 0 (E’)
¶ x² + 2 + 1 x² – 4
x – 4x = 0
¶ x2 + 1
x = 0 ou x + 1
x – 4 = 0 + 1
x² – 4 µ
x + 1
x = 0
¶
x + 1
x
² – 4 µ
x + 1
x = 0
¶ X2 – 4X = 0 en posant X =
x + 1
x .
6. X2 – 4X = 0 ¶ X(X – 4) = 0 ¶ X = 0 ou X– 4 = 0 ¶ X = 0 ou X = 4.
donc x + 1
x = 0 ou x + 1 x = 4 x2 + 1
x = 0 ou x2 – 4x + 1
x = 0
x² + 1 = 0 ou x2 – 4x + 1 = 0 car x ≠ 0
impossible D = (- 4)2 – 4 µ 1 µ 1 = 16 – 4 = 12 et D = 12 = 2 3.
x = 4 – 2 3
2 µ 1 = 2 – 3 ou x = 2 + 3 donc les solutions de l’équation (E) sont 2 – 3 et 2 + 3.
Remarque : d’après la question 2, si a est solution, 1
a est solution mais 1
2 – 3 = 2 + 3 et 1
2 + 3 = 2 – 3.
Exercice 2 :
1. Condition : 2x2 + x + 1 ≠ 0.
D = 12 – 4 µ 2 µ 1 = - 7 < 0
donc le trinôme 2x2 + x + 1 n’a pas de racine donc pour tout x a IR, 2x2 + x + 1 ≠ 0, donc Df = IR.
2. * f(x) ≥ - 1 ¶ -5x +1
2x2 + x + 1 ≥ - 1 ¶ -5x +1
2x2 + x + 1 + 1 ≥ 0
¶ -5x +1+ 2x2 + x + 1
2x2 + x + 1 ≥ 0 ¶ 2x2 – 4x + 2 2x2 + x + 1 ≥ 0
¶ 2(x2 – 2x + 1)
2x2 + x + 1 ≥ 0 ¶ 2(x – 1)2 2x2 + x + 1 ≥ 0 Pour le trinôme 2x2 + x + 1, a = 2 > 0 donc pour tout x a IR, 2x2 + x + 1 > 0.
Pour tout x a IR, (x – 1)2≥ 0 donc 2(x – 1)2≥ 0 donc pour tout x a IR, 2(x – 1)2
2x2 + x + 1 ≥ 0 donc f(x) ≥ - 1.
* f(x) < 4 ¶ -5x +1
2x2 + x + 1 < 4 ¶ -5x +1
2x2 + x + 1 – 4 < 0
¶ -5x +1 – 4(2x2 + x + 1)
2x2 + x + 1 < 0 ¶ -8x2 – 9x – 3 2x2 + x + 1 < 0 Pour tout x a IR, 2x2 + x + 1 > 0.
Pour le trinôme -8x2 – 9x – 3, a = -8 < 0 donc pour tout x a IR, -8x2 – 9x – 3 < 0 car D = (- 9)2 – 4 µ (-8) µ (-3) = -15 < 0.
donc pour tout x a IR, -8x2 – 9x – 3
2x2 + x + 1 < 0 donc f(x) < 4.
La courbe C est entièrement à l’intérieur de la bande délimitée par les droites d’équations y = - 1 et y = 4
3. * Pour tout x a IR, f(x) ≥ - 1 et f(1) = -5(1) +1 2(1)2 + 1 + 1 = - 4
4 = - 1 donc -1 est le minimum de la fonction f, atteint pour x = 1.
* Pour tout x a IR, f(x) < 4 et pour tout x a IR, f(x) ≠ 4 donc 4 n’est pas le maximum de la fonction f, car 4 n’est pas atteint.
4. a) m est un réel donné.
Pour tout x a IR, f(x) ≤ m ¶ -5x +1
2x2 + x + 1 ≤ m ¶ -5x +1
2x2 + x + 1 – m ≤ 0
¶ m – -5x +1
2x2 + x + 1 ≥ 0 ¶ m(2x2 + x + 1) – (-5x +1) 2x2 + x + 1 ≥ 0 ¶ 2mx2 + (m + 5)x + m – 1
2x2 + x + 1 ≥ 0
¶ 2mx2 + (m + 5)x + m – 1 ≥ 0 car 2x2 + x + 1 > 0 pour tout x a IR.
b) Pour que 2mx2 + (m + 5)x + m – 1 ≥ 0, il faut que D’ ≤ 0 et a’ = 2m > 0 c’est-à-dire D’ = (m + 5)2 – 4 µ 2m µ (m – 1) ≤ 0 et 2m > 0
¶ m2 + 10m + 25 – 8m2 + 8 ≤ 0 et m > 0
¶ - 7m2 + 10m + 25 ≤ 0 et m > 0
Pour le trinôme -7m2 + 10m + 25
D’’ = 182 – 4 µ (-7) µ 25 = 1024 > 0 donc on a deux racines distinctes.
D’’= 1024 = 32 m1 = - 18 – 32
2 µ (-7) = -50 -14 = 25
7 et m2 = - 18 + 32
2 µ (-7) = 14 -14 = -1
donc -7m2 + 10m + 25 = -7(m – 25
7)( m + 1)
m -¶ -1 25
7 +¶
-7m2 + 10m + 25 - + -
donc - 7m2 + 10m + 25 ≤ 0 et m > 0
¶ (m ≤ -1 ou m ≥ 25
7 ) et m > 0
¶ m ≥ 25 7
¶ m œ [25
7 ; + ¶[.
c) Le maximum de f sur IR est la plus petite valeur m vérifiant f(x) ≤ m donc m = 25 7. 0
0
