DS Polynomes, second degré, géométrie dans l\'espace (sections)

(1)

D.M. n  3 : Polynômes et second degré CORRIGÉ

1

^ère

S 3

Exercice 1 Résolution d’équations et d’inéquations

Résoudre dans R les équations et inéquations suivantes.

54 15

4x⁴ x² 

 Changement de variable pour se ramener à une équation du second degré: On pose X = x². L’équation devient 4X²15X 54 c'est-à-dire 4X²15X 540.

Ce trinôme a pour discriminantb²4ac15²44(54)108933². Le trinôme a donc deux racines distinctes

4 9 8 18 4

2 33 15

1  





 

X et 6

8 48 4

2 33 15

2   





 

X .

 On cherche maintenant les solutions x de l’équation initiale: Comme X = x², il s’agit de résoudre

4

2  9

x et _x² __₆. La première équation a pour solutions 2

 3 x et

2

3



x ; et la seconde n’a pas de solutions puisque le carré d’un nombre réel est toujours positif.

Finalement S =







  2 , 3 2

3 .

6 3

2x  x

Résolution par implication

6 3

2x x



6



²

3 2   

 x x en mettant l’équation chaque membre de l’équation au carré. [On fait attention à écrire un symbole d’implication et non d’équivalence car A=B et A² B²ne sont pas équivalents (Exemple : Avec A=2 et B=-2, on aAB mais A² B²).] Il s’agit donc bien d’une résolution par implication puisqu’on « perd l’équivalence » à cette étape.

0 33 14

36 12 3

2



















x x

x x x

● Résolvons cette équation:

Ce trinôme a pour discriminant___b² _₄_ac_₁₄² _₄_₃₃_₆₄_₈². Le trinôme a donc deux racines

distinctes 11

2 22 2

8 14

1    

x et 3

2 6 2

8 14

2    

x .

Les solutions potentielles sont donc x11 et x3.

● On vérifie que les valeurs obtenues sont bien solutions et, si ce n’est pas le cas, on les élimine (cette étape est indispensable dans un raisonnement par implication).

 2113  255116 donc x11 est bien solution.

 ²³³  ⁹ ³³⁶ donc x 3 n’est pas solution.

Finalement S = {11}.

) 1 2 )(

4 (

2 



 x x

x

Attention ! On ne peut pas tout multiplier par le dénominateur car celui-ci n’est pas de signe constant ! Suivant le signe du dénominateur, la multiplication par celui-ci retourne ou non l’inégalité. On met donc tout du même côté puis on met tout au même dénominateur.

) 0 2 )(

4 (

8 0 4

) 2 )(

4 (

) 2 )(

4 ( 0 2

) 1 2 )(

4 ( 1 2 ) 2 )(

4 (

2 ² 







 

 







 



 

 

 

 x x

x x x

x

x x x x

x x x

x x

Point méthode : Pour résoudre une inéquation, on met tout du même côté, puis on factorise et si besoin est, on fait un

(2)

Posons

) 2 )(

4 (

8 ) 4

( ²







 

x x

x x x

Q (Q pour Quotient), posons N(x)x²4x8 (N pour Numérateur) et ^D⁽^x⁾^⁽^x^⁴⁾⁽^x^²⁾ (D pour Dénominateur).

 Pour chercher le signe de cette expression, on fait un tableau de signe et on a donc besoin de déterminer les signes de D et N :

 D est un polynôme de degré deux, il est donc du signe de a=1>0 à l’extérieur de ses racines -2 et 4. (Les racines se voient sur la forme factorisée de D, il est donc inutile de calculer ).

 Pour déterminer le signe de N, on commence par chercher ses racines :

Ce trinôme a pour discriminant^^^b² ^⁴^ac^⁴² ^⁴^⁸^⁽^¹⁾^¹⁶^³²^⁴⁸^³^¹⁶^



⁴ ³



²^{. Le}

trinôme a donc deux racines distinctes 2 2 3 2

3 4 4

1  







x et 2 2 3

2 3 4 4

2  



 

x .

N est un polynôme de degré deux, il est donc du signe de a= -1<0 à l’extérieur de ses racines.

 On trouve le signe de cette expression au moyen d’un tableau de signe :

x -



-2 22 3 4 22 3 +



N(x) - - O + + O -

D(x) + O - - O + +

Q(x) - + O - + O -

Les solutions de ₍_x_₄²₎₍^x_x_₂₎ ^¹ sont donc S=]-2 ; 22 3[



^{]4 ;}²^² ³^[

0 15 14 3

2x³  x²  x 

Notons P(x) la fonction définie par ^P⁽^x⁾^²^x³ ^³^x²^¹⁴^x^¹⁵.

● Stratégie: Factoriser P(x) puis utiliser le fait qu’un produit est nul ssi un des facteurs est nul.

● Factorisation de P(x) .

 Trouvons une racine évidente: x = -1 est racine évidente.

En effet, P(-1) = 2(1)³3(1)² 14(1)152314150. On peut donc factoriser P(x) par (x+1) c'est-à-dire P(x)  (x +1) (2x² +mx -15), m étant une constante à déterminer. (I)

 Déterminons m :

En identifiant les coefficients de terme de degré 2 dans les deux expressions de P, on obtient : 3

2 2m

a . En identifiant les coefficients de terme de degré 1 dans les deux expressions de P, on obtient : a₁ 15m14.

Ces deux équations ont toutes deux pour solution m= 1.

En reportant cette valeur dans l’expression précédente (I), on obtient P ( x)  ( x +1 ) (2 x ² + x -15). (II)

 Factorisons 2x² +x -15 :

Ce trinôme a pour discriminantb² 4ac142(15)112012111². Le trinôme a donc deux racines distinctes

2 5 4 10 2 2

11 1

1  





 

x et 3

4 12 2

2 11 1

2  

 



 

x . On sait qu’un

trinôme ayant deux racines distinctes se factorise sous la forme a(xx₁)(xx₂)ce qui nous donne 2x²

+x -15 =



3



2

2 5 



 

 x x .

 Finalement, En reportant cette valeur dans l’expression (II), on obtient la forme factorisée de P qui est

  

3



2 1 5 2 )

(  



 

 



 x x x

x

P .

● Résolution de l’equation P(x) = 0 .

Un produit est nul ssi un des facteurs est nul donc P(x) = 0 ssi x +1 = 0 ou x – = 0 ou x +3 = 0 c'est-à-dire x = - 1 ou x = ou x = -3.

2

(3)

Finalement S = {-3 ; - 1 ; }.

0 2 3

2x x 

 Changement de variable pour se ramener à une équation du second degré: On pose X = x . L’équation devient 2X²3X 20.

Ce trinôme a pour discriminantb² 4ac942(2)915255². Le trinôme a donc

deux racines distinctes 2

4 8 2 2

5 3

1  



 

X et

2 1 4

2 2 2

5 3

2   



 

X .

 On cherche maintenant les solutions x de l’équation initiale: Comme X = ^x , il s’agit de résoudre x 2 et

2

1



x . La première équation a pour unique solution x4 ; et la seconde n’a pas de solutions puisque la racine carrée d’un nombre réel est toujours positive.

Finalement S =

 

4

Exercice 2 Positions relatives de courbes

On considère les paraboles P1 et P2 d’équation respectives P1 :yx²3x4 et P2 :

10 2 ² 

 x x

y .

Déterminer l’ensemble des abscisses des points de P1 situés au-dessus de P2.

Les abscisses des points de P1 situés au-dessus de P2 sont solutions de x²3x42x²x10, ce qui équivaut à x² 2x60.

Pour déterminer le signe de _x²_₂_x_₆, on commence par chercher ses racines :

Ce trinôme a pour discriminant^^^b²^⁴^ac^²²^⁴^¹^⁽^⁶⁾^⁴^²⁴^²⁸^⁴^⁷^



² ⁷



²^{. Le}

trinôme a donc deux racines distinctes 1 7 2

7 2 2

1  





 

x et 1 7

2 7 2 2

2  



 

x .

6

2 2x

x est un polynôme de degré deux, il est donc du signe de a = 1>0 à l’extérieur de ses racines ce qui nous indique que abscisses des points de P1 situés au-dessus de P2 sont les points de



¹^ ⁷^;¹^ ⁷



Exercice 3 Fonctions composées

Soit ^f la fonction définie sur R par ^f⁽^x⁾^⁽³^^x⁾⁽²^x^⁵⁾ et soit g la fonction définie sur R par f

c

g  où c est la fonction carré, définie par c(x) x². Déterminer le signe de ^f sur R.

15 2

) 5 2 )(

3 ( )

(x  x x  x²x

f est un polynôme de degré deux, il est donc du signe de a = -2<0

à l’extérieur de ses racines¹.

Remarques : 1) Les racines se voient sur la forme factorisée de ^f , il est donc inutile de calculer .

2) Le théorème sur le signe d’un polynômes de degré deux nous évite de faire un tableau de signe pour cette question.

x -



2

 5 3 ⁺



Signe de f(x)

-

^O

+

^O

-

Donner le tableau de variations de ^f sur R. Justifier votre réponse.

(4)

15 2

) 5 2 )(

3 ( )

(x  x x  x²x

f est un polynôme de degré deux, sa courbe représentative est

donc une parabole tournée vers le bas (car a = -2 <0) dont le sommet a pour abscisse

4 1 4 1

2 





 a

b .

8 121 8 120 8 2 8 15 1 4 1 8 15 1 4 1 4 2 1 4

1 ²         



 



 





 



f . Ces informations nous permettent donc

de déterminer le tableau de variations de ^f sur R.

Il est commode pour faire la suite d’avoir le signe de f et ses variations dans le même tableau :

x -



^- ³



⁺

Variations de f(x)

Signe de

f(x)

-

^O

+

^O

-

Remarque : Le théorème sur la courbe représentative d’un polynômes de degré deux nous évite de chercher le signe de f(b)-f(a) pour déterminer les variations.

Donner le tableau de variations de ^g^c ^f sur R. On justifiera précisément le sens de variations de g sur un des intervalles où elle est monotone et pour les autres intervalles où elle est monotone, on pourra se contenter de donner le résultat en disant qu’il s’obtient par une méthode similaire.

 Sur [ ¼ ; 3]

 Sur [ ¼ ; 3], f est décroissante et, sur cet intervalle, elle prend ses valeurs dans [0,

 

^[.

 La fonction carré est croissante sur [0,

 

^[.

Par le théorème sur le sens de variation des fonctions composées, la fonction g est décroissante sur [ ¼ ; 3]

On ne demande qu’un intervalle car on obtient les variations de g sur les autres intervalles par une méthode similaire, mais pour ceux qui auraient du mal à voir comment ça marche, je vous en mets deux autres :

 Sur [ 3 ;

 

]

 Sur [3 ;

 

], f est décroissante et, sur cet intervalle, elle prend ses valeurs dans ]

 

; 0].

 La fonction carré est décroissante sur ]

 

; 0].

Par le théorème sur le sens de variation des fonctions composées, la fonction g est croissante sur [3 ;

 

]

 Sur [ -5/2 ; ¼]

 Sur [-5/2, ; ¼], f est croissante et, sur cet intervalle, elle prend ses valeurs dans [0,

 

[.

 La fonction carré est croissante sur [0,

 

[.

Par le théorème sur le sens de variation des fonctions composées, la fonction g est croissante sur [-5/2; ¼]

 Tableau de variations de ^g^c ^f

x -



^- ³



⁺

Variations de g(x)

Exercice 4 Application à l’économie

4 Pratique: On regarde à chaque fois le sens de variation des

fonctions sur

l’espace d’arrivée de la fonction

(5)

Une entreprise fabrique des lampes de bureau. Le coût de production d’une quantité de q lampes est donné, en euros, par C(q)0,002q² 2q4000.

4000 € représentent les coûts fixes (dépenses pour l’achat des machines, l’installation de la chaîne de productions et autres frais), le coefficient 2 représente le prix de la matière première pour une lampe et 0,002q²représente les coûts de main d’œuvre, de stockage, les frais d’approvisionnement en matières premières…etc.

Déterminez les variations de la fonction coût total C sur [0, +[.

4000 2

002 , 0 )

(q  q²  q

C est un polynôme de degré deux, sa courbe représentative est donc une parabole tournée vers le haut (car a = 0,002 >0)

dont le sommet a pour abscisse ⁵⁰⁰

004 , 0

2

2  

 a

b .

Sur [0, +[



[-500, +[, C est donc croissante.

Représentez cette fonction sur [0 ; 4500] dans un repère orthogonal avec 1 cm = 500 unités en abscisse et 1 cm = 4000 € en ordonnée.

1000 1500 2000 2500 3000 3500 4000 4500 5000 5500

-500 8000 1,2E4 1,6E4 2E4 2,4E4 2,8E4 3,2E4 3,6E4 4E4 4,4E4

0 500

4000

x y

On suppose que toute la production, quelle que soit la quantité q produite, est vendue au prix de 11€ l’unité.

Remarque : Plus on produit, plus cela coûte cher : Il est donc normal que

(6)

Exprimer la recette R(q) en fonction de la quantité q de lampes produites et vendues.

Si chaque lampe produite est vendue à 11€ l’unité, la recette est R ( q ) = 11 q .

Représentez la recette sur le graphique précédent.

Voir graphique

Montrez que le bénéfice B(q) est donné par B(q)0,002q² 9q4000, où q est la quantité de lampes produites et vendues.

Bénéfice = Recette – coûts, d’où

4000 9

002 , 0 ] 4000 2

002 , 0 [ 11 ) ( ) ( )

(q R q C x  q q²  q  q² q

B .

4000 9

002 , 0 )

(q  q²  q

B .

Déterminez les variations de la fonction bénéfices B sur [0, +[.

4000 9

002 , 0 )

(q  q²  q

B est un polynôme de degré deux, sa courbe représentative est donc une parabole tournée vers le bas (car a = - 0,002 <0) dont le sommet a pour abscisse

250 004 2

, 0

9

2 





 a

b . Ceci suffit pour déterminer le tableau de variations de B sur [0, +[.

x 0 2 250 4500

Variations de B(x)

-4000

6 125

En déduire la quantité de lampes à fabriquer (et à vendre) pour que le bénéfice réalisé par cette entreprise soit maximal

On déduit du tableau de variations de B que le bénéfice est maximal lorsque l’entreprise produit 2 250 lampes.

Déterminer le nombre de lampes à fabriquer (et à vendre) pour que le bénéfice réalisé par cette entreprise soit positif ou nul.

Pour déterminer le signe de B, on commence par chercher ses racines :

Ce trinôme a pour discriminantb² 4ac9² 4(0,002)40008132497². Le trinôme a donc deux racines distinctes ⁵⁰⁰

004 , 0

7 9

1 





 

B et ⁴⁰⁰⁰

004 , 0

7 9

2 



 

B .

B est un polynôme de degré deux, il est donc du signe de a = -0,002 <0 à l’extérieur de ses racines.

q 0 500 4000 +



Signe de B(q)

-

^O

+

^O

-

Le bénéfice réalisé sera positif ou nul ssi l’entreprise entre 500 et 4000 lampes.

Remarque : On peut vérifier notre résultat grâce au graphique précédent. En effet, le bénéfice réalisé sera positif si R(q) > C(q), ce qui correspond aux valeurs de q pour lesquelles la courbe de R est au dessus de celle de C.

6 Remarque : Quand on ne produit rien, on doit quand même faire face aux coûts fixes et il n’y a aucune rentrée d’argent. Il est donc normal que