Correction du devoir maison n˚2

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012

D. Blottière Mathématiques

Correction du devoir maison n˚2

Exercice 1

1. Montrer qu’il existe un unique couple(a, b)∈R²tel que :

∀x∈R\

−1 2,1

2

1

4x²−1 = a

2x−1 + b 2x+ 1. On donnera les valeurs deaet b.

2. En déduire une expression de la sommeSn = Xn k=1

1

4k²−1 sans symboleX

(et sans pointillé...) pour tout n∈N^∗.

Correction

1. Soit(a, b)∈R². Soitx∈R\

−1 2,1

2

. 1

4x²−1 = a

2x−1 + b

2x+ 1 ⇐⇒ 1

4x²−1 = a(2x+ 1)

(2x−1)(2x+ 1) + b(2x−1) (2x+ 1)(2x−1)

mise au même dénominateur

⇐⇒ 1

4x²−1 = a(2x+ 1) +b(2x−1) (2x−1)(2x+ 1)

⇐⇒ 1

4x²−1 = (2a+ 2b)x+a−b

4x²−1 (3^èmeidentité remarquable)

⇐⇒ 1 = (2a+ 2b)x+a−b (multiplication par(4x²−1)6= 0)

On doit donc montrer qu’il existe un unique couple (a, b)∈Rtel que : (⋆) ∀x∈R\

−1 2,1

2

1 = (2a+ 2b)x+a−b.

Cette propriété(⋆)équivaut à :

(⋆⋆)

2a + 2b = 0

a − b = 1

Remarque : Notons que l’équivalence (⋆)⇐⇒ (⋆⋆) ne découle pas immédiatement de l’unicité des coeffi- cients d’un polynôme car on a :

1 = (2a+ 2b)x+a−b pour tout x∈R\

−1 2,1

2

et pas a priori pour tout x∈R.

En fait, nous verrons que deux polynômes qui sont égaux sur R privé d’un nombre fini de points sont en fait égaux sur R (cf. chapitre sur les fonctions continues). Après le cours sur la continuité, on pourra donner une preuve plus concise de (⋆)⇐⇒(⋆⋆)puisqu’on saura que (⋆)équivaut à :

∀x∈R 1 = (2a+ 2b)x+a−b.

Prouvons l’assertion précédente, i.e. : (⋆) ⇐⇒ (⋆⋆). L’implication (⋆⋆) =⇒ (⋆) est triviale. Montrons l’implication (⋆) =⇒(⋆⋆). Si(⋆)est vérifiée, alors le polynôme

P = (2a+ 2b)X+a−b−1

admet une infinité de racines (tous les éléments de R\

−1 2,1

2

sont racines deP). Ses coefficients sont donc tous nuls (cf. théorème sur la majoration du nombre de racines d’un polynôme non nul par son degré). Par suite, on a :

2a + 2b = 0

a − b − 1 = 0

d’où :

2a + 2b = 0 a − b = 1 .

Les couples (a, b)qui vérifient :

∀x∈R\

−1 2,1

2

1

4x²−1 = a

2x−1+ b 2x+ 1 sont donc les solutions du système linéaire :

2a + 2b = 0 a − b = 1 .

On résout ce système linéaire par la méthode du pivot de Gauß. On montre qu’il est de Cramer ; il admet donc une unique solution. Celle-ci est :

(a, b) = 1

2,−1 2

.

2. Soitn∈N^∗.

Sn = Xn k=1

1 4k²−1

= Xn k=1

1 2

2k−1 + −¹2

2k+ 1 (d’après 1.)

= Xn k=1

1 2

1 2k−1 −1

2 1 2k+ 1

= Xn k=1

1 2

1

2k−1 − 1 2k+ 1

= 1 2

Xn k=1

1

2k−1− 1 2k+ 1 On a donc :

Sn=1 2

Xn k=1

1

2k−1 − 1

2k+ 1. (1)

On se ramène ainsi à calculer la somme S_n^′ = Xn k=1

1

2k−1 − 1

2k+ 1 pour calculer la sommeSn. S^′_n=1

1 −1

| {z }3

k=1

+1 3 −1

| {z }5

k=2

+1 5−1

| {z }7

k=3

+1 7 −1

| {z }9

k=4

+. . .+ 1

2n−3 − 1 2n−1

| {z }

k=n−1

+ 1

2n−1− 1 2n+ 1

| {z }

k=n

On remarque que les termes médians se télescopent et qu’après simplification on obtient :

S_n^′ = 1− 1

2n+ 1. (2)

De (1) et (2), on déduit que : Sn=1

2

1− 1 2n+ 1

=1 2

2n 2n+ 1

= n

2n+ 1.

Remarque : On peut donner une preuve soignée du résultat (2) en utilisant un changement d’indice et la relation de Chasles comme suit. Par linéarité, on a :

S_n^′ = Xn k=1

1 2k−1 −

Xn k=1

1

2k+ 1. (3)

Le changement d’indice k^′ = k+ 1 (qui s’écrit aussi k = k^′−1) dans la deuxième somme Xn k=1

1 2k+ 1 donne :

Xn k=1

1 2k+ 1 =

n+1

X

k^′=2

1

2(k^′−1) + 1 =

n+1

X

k^′=2

1 2k^′−1. On a donc :

Xn k=1

1 2k+ 1 =

n+1X

k=2

1

2k−1. (4)

De (3) et (4), on déduit que :

S^′_n = Xn k=1

1 2k−1 −

n+1

X

k=2

1 2k−1

= 1

2×1−1 + Xn k=2

1 2k−1 −

Xn k=2

1

2k−1 + 1 2(n+ 1)−1

!

(relation de Chasles)

= 1 +

_n

X

k=2

1 2k−1 −

_n

X

k=2

1

2k−1 − 1 2n+ 1

Exercice 2

1. Soitx∈R⁺. Montrer par récurrence que pour tout entiernsupérieur ou égal à 2 : (1 +x)ⁿ≥1 +nx (inégalité de Bernoulli).

2. Soitx∈Ret soitnun entier supérieur ou égal à 2. Montrer que : (1 +x)ⁿ−(1 +nx) =

Xn k=2

n k

x^k.

3. Soitx∈R⁺et soitnun entier supérieur ou égal à 2. Déduire de la question 2. une nouvelle démonstration de l’inégalité de Bernoulli :

(1 +x)ⁿ ≥1 +nx.

4. Soit désormaisx∈]−1,1[et soitnun entier supérieur ou égal à 2.

(a) Déduire de la question 2. que :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| ≤x² Xn k=2

n k

(b) Calculer la valeur de la somme Xn n

k

.

(c) Déduire des questions (a) et (b) que :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| ≤2ⁿx²

(d) En appliquant le résultat de la question (c), donner un encadrement de(1,005)⁴. Correction

1. Soitx∈R⁺. Pour toutn∈N^≥2, on pose :

Pⁿ : (1 +x)ⁿ≥1 +nx.

• Initialisation àn= 2.

La propriétéP²s’écrit :(1 +x)²≥1 + 2x.On a :

(1 +x)²≥1 + 2x ⇐⇒ 1 + 2x+x²≥1 + 2x (1^èreidentité remarquable)

⇐⇒ x²≥0 (soustraction de(1 + 2x)

Comme un carré réel est toujours positif ou nul, la dernière assertion x² ≥0 est vraie. Comme on a raisonné par équivalence, l’assertion(1 +x)²≥1 + 2xest également vraie.

• Hérédité

Supposons la propriété Pn vraie pour un entiern∈N^≥2, i.e. : (⋆) (1 +x)ⁿ ≥1 +nx et montrons que Pⁿ⁺¹est vraie, i.e. :

(1 +x)ⁿ⁺¹≥1 + (n+ 1)x.

En mutilpliant chacun des membres de(⋆)par(1 +x)qui est positif carxest positif (en fait on a même 1 +x≥1), on obtient :

(1 +x)(1 +x)ⁿ≥(1 +nx)(1 +x) soit

(1 +x)ⁿ⁺¹≥1 +x+nx+nx² qui s’écrit encore :

(⋆⋆) (1 +x)ⁿ⁺¹≥1 + (n+ 1)x+nx²

Commen≥2et que xest réel, on a :nx²≥0. En ajoutant1 + (n+ 1)xà chacun des membres de la précédente inégalité, il vient :

(⋆ ⋆ ⋆) 1 + (n+ 1)x+nx²≥1 + (n+ 1)x.

De(⋆⋆)et(⋆ ⋆ ⋆), on déduit que :

(1 +x)ⁿ⁺¹ ≥1 + (n+ 1)x+nx²≥1 + (n+ 1)x d’où :

(1 +x)ⁿ⁺¹≥1 + (n+ 1)x.

• Conclusion

De l’initialisation au rang 2, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que pour toutn∈N^≥2: (1 +x)ⁿ≥1 +nx.

2. Soitx∈Ret soitnun entier supérieur ou égal à 2.

(1 +x)ⁿ−(1 +nx) = Xn k=0

n k

x^k1^n−k

!

−(1 +nx) (formule du binôme de Newton)

= Xn k=0

n k

x^k

!

−(1 +nx) (1^n−k= 1 pour toutk∈J0, nK)

= X1 k=0

n k

x^k+ Xn k=2

n k

x^k

!

−(1 +nx) (relation de Chasles)

=





 n

0

x⁰

| {z }

k=0

+ n

1

x¹

| {z }

k=1

+ Xn k=2

n k

x^k





−(1 +nx)

=



 1

|{z}

k=0

+ nx

|{z}

k=1

+ Xn k=2

n k

x^k



−(1 +nx)

n 0

= 1,x⁰= 1, n

1

=n,x¹=x

= Xn k=2

n k

x^k.

3. Soitx∈R⁺ et soitnun entier supérieur ou égal à 2.

(1 +x)ⁿ≥1 +nx ⇐⇒ (1 +x)ⁿ−(1 +nx)≥0 (soustraction de(1 +nx)à chaque membre)

⇐⇒

Xn k=2

n k

x^k ≥0 (d’après 2.)

Comme x≥0, on a x^k ≥ 0 pour toutk ∈ J2, nK. D’autre part, les coefficients binomiaux sont positifs.

Chacun des termes de la somme Xn k=2

n k

x^k est donc positif ou nul ; cette somme est donc positive ou nulle. Comme on a raisonné par équivalence, on en déduit que :

(1 +x)ⁿ ≥1 +nx.

4. Soitx∈]−1,1[et soitnun entier supérieur ou égal à 2.

(a) On a :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| =

Xn k=2

n k

x^k

(d’après la question 2.)

=

n 2

x²

| {z }

k=2

+ n

3

x³

| {z }

k=3

+. . .+ n

n−1

xⁿ⁻¹

| {z }

k=n−1

+ n

n

xⁿ

| {z }

k=n

≤

n 2

x²

| {z }

k=2

+

n 3

x³

| {z }

k=3

+. . .+

n n−1

xⁿ⁻¹

| {z }

k=n−1

+

n n

xⁿ

| {z }

k=n

inégalité triangulaire

= Xn k=2

n k

x^k

= Xn k=2

n k

|x|^k (multiplicativité de la valeur absolue)

= Xn k=2

n k

|x|^k (les coefficients binomiaux sont positifs) On a donc :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| ≤ Xn k=2

n k

|x|^k. (5)

Soitk∈J2, nK. On a : n

k

|x|^k= n

k

|x|² |x|^k−2 (multiplicativité de la valeur absolue)

soit :

n k

|x|^k = n

k

x² |x|^k−2 (car|x|²=x²). (6) Dex∈]−1,1[, on déduit que :|x|<1.En multipliant(k−2)fois cette inégalité, qui ne met en jeu que des termes positifs ou nuls, avec elle-même il vient :

|x|^k−2<1.

En multipliant chacun des membres de cette dernière inégalité par n

k

x²≥0, il vient : n

k

x² |x|^k−2≤ n

k

x². (7)

De (6) et (7), on déduit donc que :

n k

|x|^k≤ n

k

x². Ceci étant vrai pour toutk∈J2, nK, on a :

n 2

|x|² ≤ n

2

x² (k= 2) n

3

|x|³ ≤ n

3

x² (k= 3) ...

n n−1

|x|ⁿ⁻¹ ≤ n

n−1

x² (k=n−1) n

n

|x|ⁿ ≤ n

n

x² (k=n).

En sommant toutes ces inégalités membre à membre, on obtient : n

2

|x|²+ n

3

|x|³+. . .+ n

n−1

|x|ⁿ⁻¹+ n

n

|x|ⁿ≤ n

2

x²+ n

3

x²+ n

n−1

x²+ n

n

x² soit

Xn k=2

n k

|x|^k ≤ Xn k=2

n k

x²=x² Xn k=2

n k

. (8)

Alors, de (5) et (8), on tire :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| ≤ Xn k=2

n k

|x|^k ≤ Xn k=2

n k

x²=x² Xn k=2

n k

et donc que :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| ≤x² Xn k=2

n k

.

(b) D’après la relation de Chasles, on a : Xn k=0

n k

= X1 k=0

n k

+ Xn k=2

n k

. (9)

D’après la formule du binôme de Newton, on a : Xn

k=0

n k

= Xn k=0

n k

1^k1^n−k= (1 + 1)ⁿ= 2ⁿ. (10)

De plus :

X1 k=0

n k

= n

0

| {z }

k=0

+ n

1

| {z }

k=1

= 1|{z}

k=0

+ n

|{z}

k=1

n 0

= 1, n

1

=n

(11)

De (9), (10) et (11), on déduit :

Xn k=2

n k

= 2ⁿ−1−n. (12)

(c) Comme−1−n <0, l’égalité (12) implique que : Xn k=2

n k

≤2ⁿ.

En multipliant chaque membre de cette inégalité parx²≥0, on obtient alors : x²

Xn k=2

n k

≤2ⁿx². (13)

De l’inégalité (13) et du résultat (a), on déduit :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| ≤x² Xn k=2

n k

≤2ⁿx²

d’où :

|(1 +x)ⁿ−(1 +nx)| ≤2ⁿx². (14) (d) On applique le résultat (14) avecn= 4 etx= 0,005 = 5×10⁻³ et l’on obtient :

|(1 + 0,005)⁴−(1 + 4×0,005)| ≤2⁴(5×10⁻³)² soit :

|(1,005)⁴−1,02| ≤2⁴×25×10⁻⁶= 400×10⁻⁶= 4×10⁻⁴= 0,0004.

On en déduit que :

−0,0004≤(1,005)⁴−1,02≤0,0004 (∀X ∈R ∀a∈R⁺ |X| ≤a⇐⇒ −a≤X ≤a) et enfin en ajoutant1,02à chacun des membres de cette dernière inégalité, on obtient :

1,0196≤(1,005)⁴≤1,0204.

Exercice 3

Vérifier que −1 est racine du polynômeP défini par :

P = 4X⁵+ 4X⁴−8X³−8X²+ 3X+ 3 puis déterminer toutes les racines deP.

Correction

• Montrons que −1 est racine deP.

On rappelle que−1élevé à une puissance paire vaut 1 et que−1 élevé à une puissance impaire vaut−1.

P(−1) = 4(−1)⁵+ 4(−1)⁴−8(−1)³−8(−1)²+ 3(−1) + 3 =−4 + 4 + 8−8−3 + 3 = 0.

Donc−1est racine de P.

• Factorisation deP par(X−(−1)) = (X+ 1).

D’après le cours, comme −1 est racine deP, polynôme de degré 5, il existe un unique polynôme Q=a4X⁴+a3X³+a2X²+a1X+a0

de degré 4 tel que :P = (X+ 1)Q.

On calcule les coefficients que(X+ 1)Q:

(X+ 1)Q = (X+ 1)(a4X⁴+a3X³+a2X²+a1X+a0)

= a4X⁵+ (a3+a4)X⁴+ (a2+a3)X³+ (a1+a2)X²+ (a0+a1)X+a0. D’après l’unicité des coefficients d’un polynôme, on a :

P = (X+ 1)Q⇐⇒



















a4 = 4 L1

a4 + a3 = 4 L2

a3 + a2 = −8 L3

a2 + a1 = −8 L4

a1 + a0 = 3 L5

a0 = 3 L6

DeL6, on déduit que : a0= 3.

DeL5et a0= 3, on déduit que :a1= 0.

DeL4et a1= 0, on déduit que :a2=−8.

DeL3et a2=−8, on déduit que :a3= 0.

DeL2et a3= 0, on déduit que :a4= 4, valeur en accord avec la ligneL1. On a donc : Q= 4X⁴−8X²+ 3.

• Réduction de la résolution de l’équationP(x) = 0 Soitx∈R. CommeP= (X+ 1)(4X⁴−8X²+ 3), on a :

P(x) = 0⇐⇒(x+ 1)(4x⁴−8x²+ 3) = 0.

Un produit de deux facteurs réels étant nul si et seulement si au moins un des facteurs est nul, on a :

P(x) = 0⇐⇒







x+ 1 = 0 ou

4x⁴−8x²+ 3 = 0

. (15)

• Résolution de l’équation4x⁴−8x²+ 3 = 0 Soitx∈R.

4x⁴−8x²+ 3 = 0⇐⇒







y=x² et

4y²−8y+ 3 = 0

. (16)

Le discriminant∆ du polynôme4X²−8X+ 3vaut :

(−8)²−4×3×4 = 16>0.

Il admet donc deux racines :

y1= −(−8) +√

∆ 2×4 = 3

2 et y2= −(−8)−√

∆ 2×4 = 1

2.

De ce résultat et de (16), on déduit que :

4x⁴−8x²+ 3 = 0 ⇐⇒











x²=3 ou 2

x²=1 2

⇐⇒







































x= r3 ou 2

x=− r3 ou 2

x= r1 ou 2

x=− r1

2 De cette étude, de (15) et des identités :

r3 2 =

√3

√2 =

√3

√2×

√2

√2 =

√6 2 r1

2 = 1

√2 = 1

√2×

√2

√2 =

√2 2 on déduit que :

Spec(P) = (

−1,−

√6 2 ,

√6 2 ,−

√2 2 ,

√2 2

) .

Exercice 4

Soitf: R\ {−2} →R\ {1}; x7→ x−2 x+ 2.

1. Montrer quef est bijective et calculer sa bijection réciproquef⁻¹.

2. Démontrer que la courbeC^f représentative def dans un repère du plan présente une symétrie centrale.

On précisera les coordonnées de ce centre de symétrie.

Correction

1. La fonction f est bijective si et seulement si pour tout y ∈ R\ {1} l’équation f(x) = y d’inconnue x∈R\ {−2}possède une unique solution.

Soity∈R\ {1}. Soitx∈R\ {−2}.

f(x) =y ⇐⇒ x−2 x+ 2 =y

⇐⇒ x−2 = (x+ 2)y (multiplication de chaque membre par(x+ 2)6= 0 carx6=−2)

⇐⇒ x−2 =xy+ 2y

⇐⇒ x−xy= 2 + 2y (on isole l’inconnuex)

⇐⇒ x(1−y) = 2 + 2y

⇐⇒ x= 2 + 2y

1−y (division de chaque membre par(1−y)6= 0cary 6= 1)

Vérifions que x = 2 + 2y

1−y ∈ R\ {−2}, i.e. que : 2 + 2y

1−y 6= −2. Pour cela, raisonnons par l’absurde et supposons donc que : 2 + 2y

1−y =−2.

2 + 2y

1−y =−2 =⇒ 2 + 2y=−2(1−y) (multiplication de chaque membre par(1−y)6= 0cary6= 1)

=⇒ 2 + 2y=−2 + 2y

=⇒ 2 =−2 (soustraction de2y à chacun des membres) On aboutit à une contradiction. Par suite : 2 + 2y

1−y 6=−2.

On a ainsi démontré que la fonction f est bijective. Par définition, sa bijection réciproque f⁻¹ est la fonction définie par :

f⁻¹:R\ {1} →R\ {−2}; y7→ l’unique solution def(x) =y dansR\ {−2}. D’après l’étude précédente, on a donc :

f⁻¹:R\ {1} →R\ {−2}; y7→ 2 + 2y 1−y .

2. D’après le cours, le pointA(xA, yA)est centre de symétrie deC^f si et seulement si : (1) ∀x∈R\ {−2} 2xA−x∈R\ {−2}

(2) ∀x∈R\ {−2} f(2xA−x) = 2yA−f(x) .

• Analyse : on suppose que les conditions (1) et (2) sont vérifiées et on cherche à déterminerxA etyA. – Le condition (1) force l’égalité xA=−2.

La condition (1) signifie que la partie deR:

R\ {−2}=]− ∞,−2[∪]−2,+∞[ est centrée en xA. On conjecture donc que :xA=−2. Démontrons le.

La condition (1) se réécrit :

∀x∈R x6=−2 =⇒2xA−x6=−2.

Par contraposition, on a donc :

∀x∈R 2xA−x=−2 =⇒x=−2 Autrement dit, six∈Rest solution de l’équation :

(E) 2xA−x=−2

alorsx=−2. Or, en résolvant l’équation(E), on voit que l’unique solution de(E)est :2xA+ 2.On en déduit que :

2xA+ 2 =−2 et par suite quexA=−2.

– DexA=−2 et de (2), on déduit la valeur deyA. Si xA=−2, alors la condition (2) se réécrit :

∀x∈R\ {−2} f(−4−x) = 2yA−f(x).

En particulier, pourx= 0(par exemple), on a :

f(−4) = 2yA−f(0) soit :

−4−2

−4 + 2 = 2yA−0−2 0 + 2. On a donc3 = 2yA+ 1et par suiteyA= 1.

– Conclusion de la phase d’analyse : siA(xA, yA)est centre de symétrie deC^f, alors : xA=−2 et yA= 1.

• Synthèse : montrons que la pointA(−2,1)est centre de symétrie deC^f. – Vérifions la condition (1) avecxA=−2:

∀x∈R\ {−2} −4−x∈R\ {−2}. Cette assertion se réécrit :

∀x∈R x6=−2 =⇒ −4−x6=−2.

Elle est équivalente (cf. contraposée) à :

∀x∈R −4−x=−2 =⇒x=−2.

Autrement dit six∈Rest solution de−4−x=−2alorsx=−2. On résout l’équation−4−x=−2 et l’on trouve une unique solution −2. La condition (1) est donc bien vérifiée.

– Vérifions la condition (2) avecxA=−2et yA= 1:

∀x∈R\ {−2} f(−4−x) = 2−f(x).

Soitx∈R\ {−2}.

f(−4−x) =−4−x−2

−4−x+ 2 = −x−6

−2−x= −(x+ 6)

−(x+ 2) = x+ 6

x+ 2. (17)

2−f(x) = 2−x−2

x+ 2 = 2(x+ 2)

x+ 2 −x−2

x+ 2 = 2(x+ 2)−(x−2)

x+ 2 =x+ 6

x+ 2. (18)

De (17) et (18), on déduit quef(−4−x) = 2−f(x).

• Conclusion

Le pointA(−2,1)est le centre de symétrie de la courbeC^f.

Exercice 5

Soitf la fonction donnée ci-dessous par sa courbe représentativeCf dans un repère orthonormé du plan.

1 2 3 4 5 6

−1

−2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

−1

Cf

b b

A1

b

B1

b

A2

b

B2

b

A3

b

B3

b

1. Quel est le domaine de définitionDf def? 2. Résoudre graphiquement l’équationf(x) = 0.

3. On se propose ici d’écrire analytiquement (i.e. à l’aide d’une formule)f(x)pour toutx∈ D^f, en séparant plusieurs cas.

(a) Déterminer trois intervallesI1, I2, I3 vérifiant les trois conditions :

(i) les intervallesI1, I2, I3 sont deux à deux disjoints (i.e. d’intersection vide) ; (ii) I1 ∪ I2 ∪ I3=D^f;

(iii) la restriction def à chacun des intervallesI1, I2, I3 est affine.

(b) Proposer une écriture analytique (i.e. à l’aide d’une formule) def(x)pour toutx∈ Df en séparant les casx∈I1,x∈I2 et x∈I3.

4. On souhaite à présent résoudre analytiquement (i.e. par le calcul) l’équationf(x) = 0.

(a) Pour chaquek∈ {1,2,3}, déterminer l’ensembleS^k des solutions de l’équationf(x) = 0appartenant à l’intervalleIk.

(b) SoitSl’ensemble de toutes les solutions de l’équationf(x) = 0appartenant àD^f. Quelle relation lie S¹,S²,S³ etS?

(c) Déduire des questions (a) et (b) l’ensembleS. 5. Comparer les réponses obtenues aux questions 2. et 4.(c).

Correction

1. Le domaine de définition D^f est l’ensemble des abscisses des points de la courbesC^f. On lit sur le gra- phique :

C^f = [−1,10].

2. Les solutions de l’équationf(x) = 0sont les abscisses des points où la courbeC^f coupe l’axe des abscisses.

En observant la courbe, il semble que l’équation f(x) = 0admette deux solutions :5,5 = 11

2 etx2= 8.

Graphiquement, on trouve :

11 2 ,8

comme ensemble solution de l’équationf(x) = 0.

3. (a) On pose :

I1= [−1,4[ ; I2= [4,6[ ; I3= [6,10].

(i) Les intervallesI1, I2, I3 sont deux à deux disjoints car :

[−1,4[∩[4,6[ =∅ ; [−1,4[∩[6,10] =∅ ; [4,6[∩[6,10] =∅. (ii) On a :

I1 ∪ I2 ∪ I3= [−1,4[∪[4,6[∪[6,10] = [−1,10] =D^f.

(iii) La restriction de f à chacun des intervallesI1, I2, I3 est affine car au-dessus de[−1,4[(respec- tivement[4,6[,[6,10])Cf est un segment.

Les intervallesI1, I2, I3 que nous avons choisis satisfont bien les trois conditions de l’énoncé.

(b) • Écriture analytique de f(x)pour toutx∈I1= [−1,4[

La fonctionf est affine au-dessus de[−1,4[. Il existe donca1, b1∈Rtels que :

∀x∈[−1,4[ f(x) =a1x+b1.

Comme les pointsA1(−1,1)etB1(2,4)ont des abscisses dans[−1,4[et appartiennent àC^f, on a : (S1) :

a1×(−1) + b1 = 1 a1×2 + b1 = 4 .

(S1) ⇐⇒

b1 − a1 = 1 b1 + 2a1 = 4

⇐⇒

b1 − a1 = 1

3a1 = 3 (L2←L2−L1) DeL2, on déduit a1= 1. De a1= 1 et deL1, on déduitb1= 2.On a donc :

∀x∈[−1,4[ f(x) =x+ 2. (19)

• Écriture analytique de f(x)pour toutx∈I2= [4,6[

La fonctionf est affine au-dessus de[4,6[. Il existe donca2, b2∈Rtels que :

∀x∈[4,6[ f(x) =a2x+b2.

Comme les points A2(4,6) etB2(5,2)ont des abscisses dans[4,6[et appartiennent àCf, on a : (S2) :

a2×4 + b2 = 6 a2×5 + b2 = 2 . (S2) ⇐⇒

b2 + 4a2 = 6 b2 + 5a2 = 2

⇐⇒

b2 + 4a2 = 6

a2 = −4 (L2←L2−L1) Dea2=−4 et deL1, on déduit b2= 22.On a donc :

∀x∈[4,6[ f(x) =−4x+ 22. (20)

• Écriture analytique de f(x)pour toutx∈I3= [6,10]

La fonctionf est affine au-dessus de[6,10]. Il existe donca3, b3∈Rtels que :

∀x∈[6,10] f(x) =a3x+b3.

Comme les points A3(6,−2) et B3(10,2)ont des abscisses dans [6,10] et appartiennent à Cf, on a :

(S3) :

a3×6 + b3 = −2 a3×10 + b3 = 2 . (S3) ⇐⇒

b3 + 6a3 = −2 b3 + 10a3 = 2

⇐⇒

b3 + 6a3 = −2

4a3 = 4 (L2←L2−L1) DeL2, on déduit a3= 1. Dea3= 1 et deL1, on déduitb3=−8.On a donc :

∀x∈[6,10] f(x) =x−8. (21)

4. (a) • Détermination de l’ensemble solutionS¹ de l’équationf(x) = 0d’inconnue x∈I1= [−1,4[

Soitx∈I1= [−1,4[.

f(x) = 0 ⇐⇒ x+ 2 = 0 (d’après (19))

⇐⇒ x=−2

Or−2∈/[−1,4[. Donc l’équationf(x) = 0n’a pas de solution sur[−1,4[. On a ainsi :

S¹=∅. (22)

• Détermination de l’ensemble solutionS² de l’équationf(x) = 0d’inconnue x∈I2= [4,6[

Soitx∈I2= [4,6[.

f(x) = 0 ⇐⇒ −4x+ 22 = 0 (d’après (20))

⇐⇒ −4x=−22

⇐⇒ x=11 2 On vérifie que 11

2 ∈[4,6[. L’équationf(x) = 0admet donc une unique solution sur[4,6[: 11 2 . On a ainsi :

S²= 11

2

. (23)

• Détermination de l’ensemble solutionS³ de l’équationf(x) = 0d’inconnue x∈I3= [6,10]

Soitx∈I3= [6,10].

f(x) = 0 ⇐⇒ x−8 = 0 (d’après (21))

⇐⇒ x= 8

On vérifie que 8∈[6,10]. L’équationf(x) = 0admet donc une unique solution sur[6,10] :8. On a ainsi :

S³={8}. (24)

(b) On montre queS=S¹ ∪ S² ∪ S³.

• Soit k ∈Ik (k ∈ {1,2,3}). Un élément xde Sk étant une solution de l’équation f(x) = 0, on a x∈ D^f et doncx∈ S. On a donc :

S^k⊂ S. CommeS¹⊂ S,S²⊂ S,S³⊂ S, on a :

S¹ ∪ S² ∪ S³⊂ S.

• Un élémentx∈ S est une solution de l’équationf(x) = 0 surD^f =I1 ∪ I2 ∪ I3. On a donc : (x∈I1)ou(x∈I2)ou(x∈I3)

avec des « ou » exclusifs (ce qui importe peu ici) car les intervalles I1, I2, I3 sont deux à deux disjoints. On en déduit que :

(x∈ S¹)ou(x∈ S²)ou(x∈ S³).

Par suite :

S ⊂ S¹ ∪ S² ∪ S³.

• Des deux inclusions précédentes, on déduit :

S =S¹ ∪ S² ∪ S³. (25) (c) De (22), (23), (24) et (25), on déduit que :

S= 11

2 ,8

.

5. Les réponses obtenues aux questions 2. et 4.(c) sont identiques. Les résultats obtenus par voie graphique et par voie analytique sont donc cohérents.