Résoudre dans R les équations d’inconnue

Devoir Libre 1 – Mathématiques

Le corrigé sera distribué le vendredi 17 septembre 2021. Les résultats doivent être justifiés et encadrés.

Exercice 1 : Équations

Résoudre dans R les équations d’inconnue

: 1.

¯

¯

¯

¯ x

+ 1 1 −

¯

¯

¯

¯

= 3 − 2

2. p

6 −

+ p

3 −

= p

x

+ 5 + p 4 − 3

Réponse

1. Dressons le tableau de signes de x+1

1−x. La valeur 1 est une valeur interdite.

x

x+1 1−x x+1 1−x

−∞ −1 1 +∞

− 0 + +

+ + 0 −

− 0 + −

Il y a deux cas.

Cas 1:x∈]− ∞,−1]∪]1,+∞[.

Dans ce cas,

¯

¯

¯

¯ x+1 1−x

¯

¯

¯

¯=3−2x ⇐⇒ −x+1

1−x=3−2x ⇐⇒ −(x+1)=(3−2x)×(1−x) ⇐⇒ x²−2x+2=0.

Le discriminant du trinômex²−2x+2 est strictement négatif, l’équation ne possède pas de solution dans ce cas.

Cas 2:x∈]−1, 1[.

Dans ce cas,

¯

¯

¯

¯ x+1 1−x

¯

¯

¯

¯=3−2x ⇐⇒ x+1

1−x=3−2x ⇐⇒ x+1=(3−2x)×(1−x) ⇐⇒ x²−3x+1=0 ⇐⇒

x=3−p 5 ou 2

x=3+p 5 2 . Or, 4<5<9, donc par stricte monotonie de la fonction p

·, on a : 2<p

5<3. Donc, 0<3−p

5 2 <1

2 et 5

2<3+p 5 2 <3.

Donc dans ce cas, la seule solution est3−p 5 2 . Ainsi, l’ensemble des solutions de l’équation est :

S= (3−p

5 2

) .

2. Soitx∈R^.

Analyse: on supposexsolution de l’équation.

En élevant au carré, il vient : (p

6−x+p

3−x)²=(p

x+5+p

4−3x)². Or, (p

6−x+p

3−x)²=9−2x+2×p

(6−x)×(3−x), et (p

x+5+p

4−3x)²=9−2x+2×p

(x+5)×(4−3x).

Donc, en développant puis factorisant p

(6−x)×(3−x)=p

(x+5)×(4−3x).

On élève de nouveau au carré : (6−x)×(3−x)=(x+5)×(4−3x).

Donc, (x+1)×(2x−1)=0.

D’où,x+1=0 ou 2x−1=0.

Donc,x= −1 oux=1 2.

Synthèse: Vérifions si ces candidats sont bien solutions.

On a : p

6+1+p

3+1=2+p 7 et p

−1+5+p

4+3=2+p 7.

De plus : r

6−1 2+

r 3−1

2= r11

2 + r5

2et r1

2+5+ r

4−3 2=

r11 2 +

r5 2 Ainsi, l’ensemble des solution est

S=

½

−1,1 2

¾ .

Exercice 2 : Inéquations

Résoudre dans R les inéquations d’inconnue

: 1.

+ 2

x

− 1 < 3

x

− 2 . 2.

+ 2 | 1 −

| Ê 2. 3. | 3

+ 2 | É |

− 2 | .

1. On a :

x+2 x−1< 3

x−2 ⇐= x+2 x−1− 3

x−2<0 ⇐= x²−3x−1 (x−1)×(x−2)<0 On a :

x²−3x−1=0 ⇐⇒ x=3−p 13

2 oux=3+p 13

2 .

Or, 9<13<16. Donc, par stricte croissance de la fonctionp

·, 3<p

13<4. Donc,

−1

2<3−p 13

2 <0 et 3<3+p 13 2 <7

2. On en déduit le tableau de signe suivant :

x

x²−3x−1 x−1 x−2 x²−3x−1 (x−1)×(x−2)

−∞ 3−p

13

2 1 2 3+p

13

2 +∞

+ 0 − − − 0 +

− − 0 + + +

− − − 0 + +

+ − 0 + 0 − +

Ainsi, l’ensemble des solutions :

S=

#3−p 13 2 , 1

"

∪

# 2,3+p

13 2

"

.

2. On procède par disjonction de cas :

Ï Cas 1 : 1−xÊ0 (⇔xÉ1) . L’inéquation est alors équivalente àx+2×(1−x)Ê2. De plus, x+2×(1−x)Ê2⇐⇒xÉ0É1.

Ï Cas 2 : 1−x<0 (⇔x>1). L’inéquation est alors équivalente àx+2×(x−1)Ê2. De plus, x+2×(x−1)Ê2⇐⇒xÊ4

3>1.

Ainsi,

L’ensemble des solutions est ]− ∞, 0]∪

·4 3,+∞

· .

3.

4. ÏCas 1:xÉ −3

2. Dans ce cas ,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ −3x−2É −x+2

⇐⇒ xÊ −2.

Comme−2É −3

2, dans ce cas,|3x+2| É |x−2|si, et seulement si,x∈

·

−2,−3 2

¸ . Dans le cas, l’ensemble des solutions estS1=

·

−2,−3 2

¸ .

ÏCas 2:−3

2<xÉ2. Dans ce cas ,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ 3x+2É −x+2

⇐⇒ xÉ0.

Dans ce cas,|3x+2| É |x−2|si, et seulement si,x∈

¸

−3 2, 0

¸ . Dans le cas, l’ensemble des solutions estS₂=

¸

−3 2, 0

¸ . ÏCas 3:x>2. Dans ce cas ,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ 3x+2Éx−2

⇐⇒ xÉ −2.

Dans ce cas, l’ensemble des solutions estS₃=∅^. Ainsi,

l’ensemble des solutions estS=S₁∪S₂∪S₃=[−2, 0].

Exercice 3 : Équation à paramètre

Déterminer les paramètres réels

pour que l’équation, d’inconnue réelle

réelles positives :

m²

×

+ (m − 2) ×

+ 9 = 0. (E)

Réponse

Ce n’est pas toujours une équation du second degré !On raisonne par disjonction de cas.

1. Cas 1:m=0.

L’équation (E) devient−2x+9=0 et possède comme unique solution réellex=9 2. 2. Cas 2:m,^0.

L’équation (E) est du second degré et son discriminant est∆=(m−2)²−36m²= −35m²−4m+4.

L’équation (E) possède deux solutions réelles si, et seulement si,∆>0.

Il reste alors à déterminer le signe du trinôme :−35m²−4m+4.

Pour cela, on calcule son discriminant :∆1=16+16×35=16×36=4²×6²=24². Les solutions de−35m²−4m+4=0 sont−4+24

2×35=−2

5 et−4−24 2×35=2

7. On en déduit que∆1= −35m²−4m+4>0 si, et seulement si,m∈

¸

−2 5,2

7

· .

Ainsi, pour toutm∈

¸

−2 5,2

7

·

\ {0} , l’équation possède exactement deux solutions réelles.

Soitm∈

¸

−2 5,2

7

·

\ {0} . Les solutions de l’équation (E) sont

x1=−m+2−p

−35m²−4m+4

2m² et x2−m+2+p

−35m²−4m+4

2m² .

Comme 2m²Ê0, il suffit de déterminer les signes des numérateurs.

De plus,−m+2−p

−35m²−4m+4É −m+2+p

−35m²−4m+4.

On commence donc par déterminer le signe de−m+2−p

−35m²−4m+4 en fonction dem.

On a : p

−35m²−4m+4=p

−36m²+(−m+2)²Ép

(−m+2)². Or, p

(−m+2)²= |−m+2|et−m+2Ê0. Donc, p

−35m²−4m+4É −m+2.

Ainsi,x₂Êx₁Ê0.

Ainsi,

pour toutm∈

¸

−2 5,2

7

·

\ {0}, l’équation possède exactement deux solutions réelles.

Exercice 4 : Inéquation à paramètre

Selon les valeurs du paramètre

:

5

− 8

+ 1 Ê | 2

− 3

− 2 | . (E)

Réponse

Soitx∈R. On raisonne par disjonction de cas : Ï Cas 1 :2x−3m−2Ê0⇐⇒ xÊ3m+2

2 .

On a alors :

(E) ⇐⇒ 5x−8m+1Ê2x−3m−2 ⇐⇒ 3x−5m+3Ê0 ⇐⇒ xÊ5m−3

3 .

Attention !x vérifie deux conditions !On compare alors3m+2

2 et 5m−3 3 . On a : 3m+2

2 É5m−3

3 ⇐⇒mÊ12.

Il y a donc deux sous-cas :

• Sous-cas 1 :mÊ12. L’ensemble des solutions dans ce cas est

·5m−3 3 ,+∞

· .

• Sous-cas 2 :m<12. L’ensemble des solutions dans ce cas est

·3m+2 2 ,+∞

· . Ï Cas 2 :2x−3m−2<0⇐⇒ x<3m+2

2 .

On a alors :

5x−8m+1Ê |2x−3m−2| ⇐⇒ 5x−8m+1Ê −2x+3m+2 ⇐⇒ 7x−11m−1Ê0 ⇐⇒ xÊ11m+1

7 .

Attention !x vérifie deux conditions !On compare alors3m+2

2 et 11m+1 7 . On a : 3m+2

2 É11m+1

7 ⇐⇒12Ém.

Il y a deux sous-cas :

• Sous-cas 1 :mÊ12. L’ensemble des solutions est vide.

• Sous-cas 2 :m<12. L’ensemble des solutions dans ce cas est :

·11m+1

7 ,3m+2 2

· . Ainsi, l’ensemble des solutions est :















·11m+1

7 ,3m+2 2

·

∪

·3m+2 2 ,+∞

·

sim<12

·5m−3 3 ,+∞

·

simÊ12.

Donc, l’ensemble des solutions est,















·11m+1 7 ,+∞

·

sim<12

·5m−3 3 ,+∞

·

simÊ12.

Exercice 5 : Partie entière

L’objectif de cet exercice est de montrer que, pour tout

∈ R ^, b

c +

¹ x

+ 1

2

= b 2

c . Soit

∈ R ^{. On note}

la partie entière de

1. En utilisant la définition de la partie entière, donner un encadrement de

2. On suppose que

∈

· k,k

+ 1

2

·

.

(a) Placer sur la droite réelle :

+ 1,

et

+ 1 2 . (b) Donner des encadrements de

+ 1

2 et 2

(c) En déduire que

¹ x

+ 1

2

=

et b 2

c = 2

(d) Vérifier que : b

c +

¹ x

+ 1

2

= b 2

c .

3. On suppose que

∈

+

2 ,

+ 1 .

(a) En raisonnant comme dans la question 2, déterminer les parties entières de

+ 1 2 et 2

(b) Vérifier que : b

c +

¹ x

+ 1

2

= b 2

c .

4. Conclure en citant la méthode de raisonnement utilisée.

Réponse

1. On a

kÉx<k+1.

2. (a)

k x k+1

x+1 2 (b) On akÉx<k+1

2, donc,

k+1 2Éx+1

2<k+1 et 2kÉ2x<2k+1.

(c) D’après la question précédente,

kÉx+1 2<k+1.

Donc, par définition de la partie entière :

¹ x+1

2 º

=k.

De même, on a 2kÉ2x<2k+1, donc, par définition de la partie entière, b2xc =2k.

(d) D’après la question précédente,

bxc +

¹ x+1

2 º

=k+k=2k= b2xc. Donc,

bxc +

¹ x+1

2 º

= b2xc.

3. (a) On ak+1

2Éx<k+1, donc,

k+1Éx+1 2<k+3

2<k+2 et 2k+1É2x<2k+1+1.

Donc, par définition de la partie entière :

¹ x+1

2 º

=k+1 etb2xc =2k+1..

(b) D’après la question précédente, bxc +

¹ x+1

2 º

=k+k+1=2k+1= b2xc. Donc,

bxc +

¹ x+1

2 º

= b2xc.

4. On a raisonné par disjonction de cas, et on a montré que : pour toutx∈R^, bxc +

¹ x+1

2 º

= b2xc.