Correction du devoir maison n˚2

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚2

Exercice 1 :Etudier l’injectivit´´ e et la surjectivit´e de l’application : f:R²→R, (x, y)7→2x−3y+ 7.

Correction

L’applicationf est injective si et seulement si pour toutz∈R, l’´equation (Ez) : f(x, y) =z

de param`etre z et d’inconnue (x, y) ∈ R<sup>2</sup> a au plus une solution (i.e. 0 ou 1 solution). L’application f est surjective si et seulement si pour toutz∈R, l’´equation (E<sub>z</sub>) a au moins une solution. ´Etudier l’injectivit´e et la surjectivit´e def revient donc `a ´etudier le nombre de solution(s) de l’´equation (E_z) pour tous les r´eels z.

Soitzun r´eel fix´e. On r´esout l’´equation (E_z), i.e. l’´equation : 2x−3y+ 7 =z.

Remarque : C’est une ´equation lin´eaire (syst`eme lin´eaire `a 1 ´equation), de rang 1, `a deux inconnues (xet y). On sait, d’apr`es le cours sur les syt`emes lin´eaires, que l’´equation (Ez)poss`ede soit 0, soit une infinit´e de solution(s).

f(x, y) =z ⇐⇒ 2x−3y+ 7 =z

⇐⇒ 2x=z+ 3y−7

⇐⇒ x=z+ 3y−7

2 .

L’ensemble solution de l’´equation (E_z) de param`etrezet d’inconnue (x, y)∈R²est donc : S_(Ez)=

z+ 3y−7 2 , y

: y∈R

.

Quel que soit le r´eelz, l’´equation (Ez) poss`ede donc une infinit´e de solutions. On en d´eduit que l’applicationf est surjective et non injective.

Exercice 2 :Soita∈R. R´esoudre dansRl’in´equation :

(I_a) x

x−a− x

x+a < 2a² x²−a². Correction

• Domaine de d´efinition de l’in´equation (I_a) On a :

• x−a= 0 ⇐⇒ x=a

• x+a= 0 ⇐⇒ x=−a

• x²−a²= 0 ⇐⇒ (x+a)(x−a) = 0

⇐⇒ x=−aoux=a.

Pour a= 0, on a a=−aet il n’y a qu’une seule valeur (0) qui pose probl`eme. Sia6= 0, alorsa6=−aet il faut ˆoter deux nombres (aet−a) `aRpour obtenir le domaine de d´efinition de (I_a).

Le domaine de d´efinition de l’in´equation (Ia) est donc : D_(Ia)=

R\ {−a, a} sia6= 0 R^∗ sia= 0 .

• R´esolution de l’in´equation(I_a) Soitx∈ D_(Ia).

(Ia) ⇐⇒ x

x−a− x

x+a− 2a² x²−a² <0

⇐⇒ x(x+a)

(x−a)(x+a)− x(x−a)

(x+a)(x−a)− 2a² x²−a² <0

mise au d´enominateur commun x²−a²= (x+a)(x−a)

⇐⇒ x²+ax

(x+a)(x−a)− x²−ax

(x+a)(x−a)− 2a² x²−a² <0

⇐⇒ x²+ax−(x²−ax)−2a² (x+a)(x−a) <0

on choisit plutˆot la forme factoris´ee (x+a)(x−a) de x²−a² car elle est plus adapt´ee `a une ´etude de signe

⇐⇒ 2ax−2a² (x+a)(x−a) <0

⇐⇒ 2a (x−a) (x+a)

(x−a)<0 (factorisation du num´erateur par 2a)

⇐⇒ 2a x+a <0

On est ainsi ramen´e `a r´esoudre l’in´equation 2a

x+a <0 surD_(Ia). L’´etude se scinde alors en trois parties, suivant que aest nul, strictement n´egatif ou strictement positif.

? Cas o`ua= 0

Sia= 0, alors l’in´equation 2a

x+a <0 n’a aucune solution. Par suite, (I0) n’admet aucune solution. (En effet les deux in´equations sont ´equivalentes surD_(I0).) On a donc :

S(I₀)=∅.

? Cas o`ua <0

On fait un tableau de signes. Pour placer −aet a, on remarque que sia <0, alorsa <−a (multiplier chacun des membres de l’in´egalit´e−1<1 para <0).

x −∞ a −a +∞

|| ||

Signe de 2a −

||

||

|| ||

|| ||

Signe dex+a −

||

||

|| ||

|| ||

Signe de _x+a^2a +

||

||

|| ||

On en d´eduit que l’ensemble solution de l’in´equation (I_a), qui est ´equivalente `a l’in´equation 2a x+a <0 surD(I_a), est :

S(I_a)= ]−a,+∞[.

? Cas o`ua >0

On fait un tableau de signes. Pour placer −aet a, on remarque que sia >0, alors−a < a (multiplier chacun des membres de l’in´egalit´e−1<1 para >0).

x −∞ −a a +∞

|| ||

Signe de 2a +

||

||

|| ||

|| ||

Signe dex+a −

||

||

|| ||

|| ||

Signe de _x+a^2a −

||

||

|| ||

On en d´eduit que l’ensemble solution de l’in´equation (I_a), qui est ´equivalente `a l’in´equation 2a x+a <0 surD(I_a), est :

S(I_a)= ]−∞,−a[.

• Conclusion

L’ensemble solution de l’in´equation (I_a) est :

S_(Ia)=















∅ sia= 0 ]−a,+∞[ sia <0 ]−∞,−a[ sia >0

.

Exercice 3 :R´esoudre dansRl’´equation :

(E) x⁴−4x²−x+ 2 = 0.

Correction

• Recherche de racines ´evidentes On note P le polynˆome d´efini par :

P =X⁴−4X²−X+ 2.

On remarque que−1 et 2 sont deux racines deP. En effet :

P(−1) = (−1)⁴−4×(−1)²−(−1) + 2 = 1−4 + 1 + 2 = 0 P(2) = 2⁴−4×2²−2 + 2 = 16−4×4−2 + 2 = 0.

Remarque : Pour conjecturer les racines enti`eres du polynˆome P, on peut tracer la courbe repr´esentative deP, `a l’aide de la calculatrice ou deGeogebra.

• Factorisation de P par(X−(−1))(X−2) = (X+ 1)(X−2)

? Factorisation deP parX−(−1) =X+ 1

Le polynˆomeP est de degr´e 4 et−1 est une racine deP. Il existe donc un unique polynˆomeQde degr´e 3 tel que :

(∗) P = (X−(−1))Q= (X+ 1)Q.

? V´erification de l’assertion 2 est racine deQ

D’apr`es (∗),P(2) = 3Q(2).D’autre partP(2) = 0, car on a d´ej`a remarqu´e que 2 est racine deP. Ainsi a-t-on 3Q(2) = 0 et par suiteQ(2) = 0. Le polynˆomeQadmet donc 2 comme racine.

? Factorisation deQ parX−2

Le polynˆomeQest de degr´e 3 et 2 est une racine deQ. Il existe donc un unique polynˆomeRde degr´e 2 tel que :

(∗∗) Q= (X−2)R.

? D´etermination deR

De (∗) et (∗∗), on d´eduit que :

P = (X+ 1)(X−2)R.

Le polynˆomeR´etant de degr´e 2, il existea, b, c∈Rtels que : R=aX²+bX+c.

P = (X+ 1)(X−2)

| {z }

X²−X−2

R ⇐⇒ X⁴−4X²−X+ 2 = (X²−X−2)(aX²+bX+c)

⇐⇒ X⁴−4X²−X+ 2 =aX⁴+ (b−a)X³+ (c−2a−b)X²+ (−2b−c)X−2c

⇐⇒















1 = a

0 = b−a

−4 = c−2a−b

−1 = −2b−c

2 = −2c

(unicit´e des coefficients d’un polynˆome)

⇐⇒ a= 1, b= 1 etc=−1.

On a doncR=X²+X−1 et par suite :

P = (X+ 1)(X−2)(X²+X−1).

• R´esolution dans Rde l’´equation (E)

(E) ⇐⇒ x⁴−4x²−x+ 2

| {z }

P(x)

= 0

⇐⇒ (x+ 1)(x−2)(x²+x−1) = 0 (d’apr`es la factorisation deP obtenue ci-dessus)

⇐⇒















x=−1 ou

x= 2 ou

x²+x−1 = 0

(un produit de facteurs est nul ssi au moins un des facteurs est nul)

Il reste alors `a r´esoudre l’´equationx<sup>2</sup>+x−1 = 0, i.e. `a d´eterminer les racines du trinˆome du second degr´e R=X²+X−1

d´ej`a rencontr´e lors de la factorisation deP. Le discriminant deRest ∆ = 5>0. L’´equationx²+x−1 = 0 admet donc deux racines distinctes :

x₁= −1−√ 5

2 et x₂=−1 +√ 5

2 .

D’apr`es l’´etude pr´ec´edente, l’ensemble solution de l’´equation (E) est donc : (

−1,2,−1−√ 5

2 ,−1 +√ 5 2

) .

Exercice 4 :Soient a, b, c 6= 0, d quatre nombres r´eels fix´es. On pose ∆ =ad−bc. Soitf la fonction d´efinie par :

f:R\

−d c

→R, x7→ ax+b cx+d. 1. Montrer que :

∀x, y∈R\

−d c

f(x)−f(y) = ∆× x−y (cx+d)(cy+d). 2. On note respectivement I⁻ etI⁺ les intervalles

−∞,−d c

et

−d c,+∞

. D´eduire de la question 1 que :

(a) si ∆ = 0, alorsf est constante surR\

−d c

;

(b) si ∆>0, alorsf est strictement croissante surI⁻ et f est strictement croissante surI⁺; (c) si ∆<0, alorsf est strictement d´ecroissante sur I⁻ et f est strictement d´ecroissante surI⁺.

Correction

1. Soient x, y∈R\

−d c

. f(x)−f(y) = ax+b

cx+d−ay+b cy+d

= (ax+b)(cy+d)

(cx+d)(cy+d)−(ay+b)(cx+d)

(cy+d)(cx+d) (mise au d´enominateur commun (cx+d)(cy+d))

= acxy+adx+bcy+bd

(cx+d)(cy+d) −acxy+ady+bcx+bd (cy+d)(cx+d)

= acxy+adx+bcy+bd−(acxy+ady+bcx+bd) (cx+d)(cy+d)

= adx+bcy−ady−bcx (cx+d)(cy+d)

= (ad−bc)x+

−∆

z }| { (bc−ad)y

(cx+d)(cy+d) (on regroupe les termes enx (resp.eny) ensemble)

= ∆x−∆y

(cx+d)(cy+d) (∆ =ad−bc)

= ∆(x−y)

(cx+d)(cy+d) (on factorise par ∆)

= ∆× x−y

(cx+d)(cy+d)

2. (a) On suppose que ∆ = 0.

Montrons quef est constante, c’est-`a-dire que tous les ´el´ements deR\

−d c

ont mˆeme image parf. D’apr`es la question 1, on a :

∀x, y∈R\

−d c

f(x)−f(y) = ∆

|{z}

0

× x−y

(cx+d)(cy+d) = 0 c’est-`a-dire :

∀x, y∈R\

−d c

f(x) =f(y).

La fonctionf est donc constante surR\

−d c

. Remarque : On peut en fait montrer que :

∀x∈R\

−d c

f(x) = a c.

(b) On suppose que ∆>0.

• Preuve de f est strictement croissante sur I⁻

Soientx, y∈I⁻ =

−∞,−d c

tel quex < y. On doit montrer quef(x)< f(y), i.e.f(x)−f(y)<0.

D’apr`es la question 1, on a :

(∗) f(x)−f(y) = ∆

|{z}

>0

×

<0

z }| { x−y (cx+d)(cy+d).

On remarque que ∆>0 (par hypoth`ese) et que x−y <0 (carx < y). Il reste donc `a montrer : (cx+d)(cy+d)>0

pour voir quef(x)−f(y)<0.

On rappelle le r´esultat vu en cours pour le signe d’une fonction affine.

t −∞ −d

c +∞

Signe dect+d, dans le cas o`uc <0 + 0 −

Signe dect+d, dans le cas o`uc >0 − 0 +

Commex, y∈I⁻=

−∞,−d c

, on a les r´esultats suivants.

Sic <0, alorscx+d >0 etcy+d >0 Sic >0, alorscx+d <0 etcy+d <0.

Dans les deux cas (c <0 etc >0), les deux termes cx+detcy+dont mˆeme signe ; leur produit est donc positif, i.e. :

(∗∗) (cx+d)(cy+d)>0.

On rassemble les r´esultats obtenus. De (∗) et (∗∗), on d´eduit que f(x)−f(y) < 0 et donc que f(x)< f(y).

On a d´emontr´e que :

∀x∈I⁻ ∀y∈I⁻ x < y=⇒f(x)< f(y).

La fonctionf est donc strictement croissante surI⁻.

• Preuve de f est strictement croissante sur I⁺

Soientx, y∈I⁺=

−d c,+∞

tel quex < y. On doit montrer quef(x)< f(y), i.e.f(x)−f(y)<0.

La preuve est analogue `a celle qui pr´ec`ede. D’apr`es la question 1, on a :

(∗) f(x)−f(y) = ∆

|{z}

>0

×

<0

z }| { x−y (cx+d)(cy+d).

On remarque que ∆>0 (par hypoth`ese) et que x−y <0 (carx < y). Il reste donc `a montrer : (cx+d)(cy+d)>0

pour voir quef(x)−f(y)<0.

D’apr`es le tableau de signes donn´e dans la preuve pr´ec´edente (page 6), comme x, y ∈ I⁺ =

−d c,+∞

, on a les r´esultats suivants.

Sic <0, alorscx+d <0 etcy+d <0.

Sic >0, alorscx+d >0 etcy+d >0.

Dans les deux cas (c <0 etc >0), les deux termes cx+detcy+dont mˆeme signe ; leur produit est donc positif, i.e. :

(∗∗) (cx+d)(cy+d)>0.

On rassemble les r´esultats obtenus. De (∗) et (∗∗), on d´eduit que f(x)−f(y) < 0 et donc que f(x)< f(y).

On a d´emontr´e que :

∀x∈I⁺ ∀y∈I⁺ x < y=⇒f(x)< f(y).

La fonctionf est donc strictement croissante surI⁺. (c) Si ∆<0, alors on d´emontre que :

• f est strictement d´ecroissante sur I⁻;

• f est strictement d´ecroissante sur I⁺

en suivant la mˆeme m´ethode que celle expos´ee `a la question pr´ec´edente. Les preuves sont analogues

`

a celles donn´ees en 2.(b). La seule diff´erence vient du signe de ∆.