Solutions – Exercices sur le second degré – 02

On note $S_1,\ldots,S_6$ les ensembles de solutions.

$x^{2}<10x\Leftrightarrow x\left(x-10\right)<0$ donc :
$\boxed{S_1=\left]0,10\right[}$
$x^{2}\geqslant2x-1\Leftrightarrow\left(x-1\right)^{2}\geqslant0$ donc :
$\boxed{S_2=\mathbb{R}}$
$x^{2}-6x+8>0\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x-4\right)>0$ donc :
$\boxed{S_3=\left]-\infty,2\right[\cup\left]4,+\infty\right[}$
$x^{2}-x+1>0\Leftrightarrow\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$ donc :
$\boxed{S_4=\mathbb{R}}$
$7x^{2}-11x+4\leqslant0\Leftrightarrow7\left(x-\frac{8}{7}\right)\left(x-2\right)\leqslant0$ donc :
$\boxed{S_5=\left[\frac{8}{7},2\right]}$
$70x^{2}-53x+10<0\Leftrightarrow70\left(x-\frac{5}{7}\right)\left(x-\frac{4}{5}\right)<0$ donc :
$\boxed{S_6=\left]\frac{5}{7},\frac{4}{5}\right[}$

C’est dès le début que tout va mal dans cette résolution : on ne peut pas effectuer les produits en croix dans une inéquation sans information sur les signes des dénominateurs !

Si l’on sait que $B$ et $D$ désignent deux réels non nuls et de même signe, alors pour tout couple $\left(A,B\right)$ de réels :

$\frac{A}{B}<\frac{C}{D}\Leftrightarrow AD<BC$

car $BD>0$ dans ce contexte.

Mais si par exemple $A<0$ et $B>0,$ alors cette équivalence cesse d’être vraie.

A présent, résolvons l’inéquation proposée.

Pour tout $x\in\mathbb{R}-\left\{ -2,1\right\}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{x}{x-1}<\frac{2x-1}{x+2} & \Leftrightarrow & \frac{2x-1}{x+2}-\frac{x}{x-1}>0\\& \Leftrightarrow & \frac{\left(2x-1\right)\left(x-1\right)-x\left(x+2\right)}{\left(x+2\right)\left(x-1\right)}>0\\& \Leftrightarrow & \frac{x^{2}-5x+1}{\left(x+2\right)\left(x-1\right)}>0\end{eqnarray*}$

Le trinôme $N\left(x\right)=x^{2}-5x+1$ admet pour discriminant $\Delta=21$ et possède donc deux racines :

$\alpha=\frac{5-\sqrt{21}}{2}\qquad\text{et}\qquad\beta=\frac{5+\sqrt{21}}{2}$

D’une part, $N\left(1\right)=-3<0,$ donc $\alpha<1<\beta.$
D’autre part, $N\left(-2\right)=15>0$ et $-2<1$ donc $-2<\alpha.$

En posant aussi $D\left(x\right)=\left(x+2\right)\left(x-1\right),$ on peut construire le tableau de signe ci-dessous :

En conclusion, l’ensemble de solutions est :

$\boxed{S=\left]-\infty,-2\right[\cup\left]\alpha,1\right[\cup\left]\beta,+\infty\right[}$

A titre indicatif, voici l’allure du graphe de $x\mapsto\frac{N\left(x\right)}{D\left(x\right)}.$

On voit, indiqué en vert clair au bas du graphe, une représentation de $S$ :

On note $S_1,$ $S_2$ et $S_3$ les ensembles de solutions.

Pour tout $x\neq0$ :
$x+2>\frac{1}{x}\Leftrightarrow\frac{x^{2}+2x-1}{x}>0$
Les racines du trinôme $T\left(x\right)=x^{2}+2x-1$ sont :
$\alpha=-1-\sqrt{2}\qquad\text{et}\qquad\beta=-1+\sqrt{2}$
Donc $x$ est solution si, et seulement si $x<0$ et $x$ intérieur à $\left[\alpha,\beta\right]$ ou bien si $x>0$ et $x$ extérieur à $\left[\alpha,\beta\right];$ autrement dit :
$S_1=\left(\left]\alpha,\beta\right[\cap\left]-\infty,0\right[\right)\cup\left(\left(\left]-\infty,\alpha\right[\cup\left]\beta,+\infty\right[\right)\cap\left]0,+\infty\right[\right)$
soit finalement :
$\boxed{S_1=\left]-1-\sqrt{2},0\right[\cup\left]-1+\sqrt{2},+\infty\right[}$
Pour tout $x\in\mathbb{R}-\left\{-\frac{1}{2},0\right\}$ :
$\frac{1}{x}+\frac{1}{2x+1}>\frac{5}{2}\Leftrightarrow\frac{10x^{2}-x-2}{2x\left(2x+1\right)}<0$
Posons :
$N\left(x\right)=10x^{2}-x-2\qquad\text{et}\qquad D\left(x\right)=2x\left(2x+1\right)$
Les racines de $N\left(x\right)$ sont :
$\gamma=-\frac{2}{5}\qquad\text{et}\qquad\delta=\frac{1}{2}$
En construisant au besoin un tableau de signe, on voit alors que :
$\boxed{S_2=\left]-\frac{1}{2},-\frac{2}{5}\right[\cup\left]0,\frac{1}{2}\right[}$
Pour tout $x\in\mathbb{R}-\left\{ -3,1\right\}$ :
$\frac{x\left(x-2\right)}{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}>1\Leftrightarrow\frac{4x-3}{\left(x-1\right)\left(x+3\right)}<0$
d’où, après un éventuel tableau de signe :
$\boxed{S_3=\left]-\infty,-3\right[\cup\left]\frac{3}{4},1\right[}$

Le principe du calcul est le suivant. Considérons un trinôme $T\left(x\right)=ax^{2}+bx+c$ avec $a>0$ et $b^{2}-4ac>0.$ Notons $\alpha,\beta$ ses racines, avec $\alpha<\beta.$

On sait que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$T\left(x\right)=a\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)$

et, par conséquent, que :

$T\left(x\right)\left\{ \begin{array}{cc}>0 & \text{si }x<\alpha\text{ ou }x>\beta\\ \\ <0 & \text{si }\alpha<x<\beta\end{array}\right.$

Ceci permet de décider, pour un réel $x$ donné, s’il est intérieur ou extérieur au segment limité par les racines de $T,$ sans effectuer directement la comparaison.
Dans le cas particulier proposé, on calcule :

$T\left(0,02\right)=-0,52<0$

$T\left(0,03\right)=0,02>0$

$T\left(-0,03\right)=-0,22<0$

Ainsi, $-0,03$ et $0,02$ sont strictement compris entre les racines de $T,$ tandis que $0,03$ est extérieur au segment qu’elles limitent.

Il faut déjà que $m\neq0$ pour qu’il s’agisse d’un “vrai” trinôme (pour $m=0,$ l’équation est du premier degré et ne possède évidemment qu’une seule solution). En notant $\Delta_{m}$ le discriminant, il faut en outre que :

$\Delta_{m}>0$

c’est-à-dire :

$\left(m+1\right)^{2}-4m\left(m+2\right)>0$

ou encore :

$3m^{2}+6m-1<0$

Les racines de $T\left(m\right)=3m^{2}+6m-1$ étant :

$\alpha=-1-\frac{2\sqrt{3}}{3}\qquad\text{et}\qquad\beta=-1+\frac{2\sqrt{3}}{3}$

on en déduit la condition cherchée :

$\boxed{m\in\left]-1-\frac{2\sqrt{3}}{3},0\right[\cup\left]0,-1+\frac{2\sqrt{3}}{3}\right[}$

Notons $\Delta_{m}$ le discriminant du trinôme :

$T_{m}\left(x\right)=\left(m^{2}+1\right)x^{2}-\left(2m+1\right)x+1$

On cherche les réels $m$ pour lesquels :

$\Delta_{m}>0\qquad\text{et}\qquad\frac{2m+1}{m^{2}+1}>\frac{1}{2}$

c’est-à-dire :

$\left\{\begin{array}{ccc}\left(2m+1\right)^{2}-4\left(m^{2}+1\right) & > & 0\\\\m^{2}+1-2\left(2m+1\right) & < & 0\end{array}\right.$

ou encore :

$\left\{\begin{array}{ccc} 4m-3 & > & 0\\\\m^{2}-4m-1 & < & 0\end{array}\right.$

Les racines du trinôme $T\left(m\right)=m^{2}-4m-1$ sont :

$\alpha=2-\sqrt{5}\qquad\text{et}\qquad\beta=2+\sqrt{5}$

$T\left(\frac{3}{4}\right)=-\frac{55}{16}<0\qquad\text{donc }\frac{3}{4}\in\left]\alpha,\beta\right[$

Ainsi, la condition cherchée est :

$\boxed{m\in\left]\frac{3}{4},\thinspace2+\sqrt{5}\right[}$

On sait (somme et produit des racines d’un trinôme) que :

$\alpha+\beta=-\frac{3}{7}\qquad\text{et}\qquad\alpha\beta=-\frac{1}{7}$

Donc :

$\begin{eqnarray*}\alpha^{2}+\beta^{2} & = & \left(\alpha+\beta\right)^{2}-2\alpha\beta\\& = & \left(-\frac{3}{7}\right)^{2}-2\left(-\frac{1}{7}\right)\end{eqnarray*}$

soit :

$\boxed{\alpha^{2}+\beta^{2}=\frac{23}{49}}$

De même :

$\begin{eqnarray*}\alpha^{3}+\beta^{3} & = & \left(\alpha+\beta\right)^{3}-3\alpha\beta\left(\alpha+\beta\right)\\& = & \left(-\frac{3}{7}\right)^{3}-3\left(-\frac{1}{7}\right)\left(-\frac{3}{7}\right)\end{eqnarray*}$

soit :

$\boxed{\alpha^{3}+\beta^{3}=-\frac{90}{343}}$

Enfin :

$\begin{eqnarray*}\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta} & = & \frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta}\\& = & \left(-\frac{3}{7}\right)\left(-7\right)\end{eqnarray*}$

soit :

$\boxed{\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=3}$

Cet question est présentée de manière visuelle dans cette vidéo que je vous invite à consulter.

Le sommet $S$ de la parabole est le point d’abscisse :

$\boxed{X=-\frac{b}{2a}}\qquad\left(\clubsuit\right)$

et d’ordonnée :

$\begin{eqnarray*}Y & = & aX^{2}+bX+x\\& = & a\left(-\frac{b}{2a}\right)^{2}+b\left(-\frac{b}{2a}\right)+c\end{eqnarray*}$

c’est-à-dire :

$\boxed{Y=c-\frac{b^{2}}{4a}}\qquad\left(\spadesuit\right)$

Il faut maintenant éliminer le paramètre $b$ entre ces deux relations, afin d’obtenir une équation cartésienne du lieu de $S$ lorsque $b$ varie. En remplaçant $b$ par $-2aX$ dans $\left(\spadesuit\right),$ on obtient :

$\boxed{Y=c-aX^{2}}$

Lorsque $b$ parcourt $\mathbb{R},$ on voit avec la relation $\left(\clubsuit\right)$ qu’il en va de même pour $X.$ Le lieu cherché est donc la parabole d’équation $Y=c-aX^{2},$ toute entière.

On suppose que $K\in\mathbb{N}$ et que $K$ n’est pas un carré parfait. En utilisant le test des racines rationnelles, on voit que si l’équation $x^{2}-K=0$ possédait une solution rationnelle, celle-ci serait de la forme
$\alpha=\frac{p}{q}$
avec $\left(p,q\right)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^{\star}$ vérifiant les conditions :
$p\mid K\qquad\text{et}\qquad q\mid1$
Mais ceci impose $q=1,$ et donc $\alpha$ serait un entier … ce qui est exclu ! Ceci prouve que $\sqrt{K}$ est irrationnel.
On a montré au point précédent qu’étant donné un entier naturel $K,$ si $\sqrt{K}$ est rationnel, alors $K$ est un carré parfait.
Le carré d’un nombre impair est congru à 1 modulo 8. Par conséquent : $b^{2}\equiv1\pmod{8}$ et $4ac\equiv4\pmod{8}$ et donc $\Delta\equiv5\pmod{8}.$
Les solutions de l’équation $\left(E\right)$ sont :
$\alpha=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\qquad\beta=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$
On sait que :
$\alpha+\beta=-\frac{b}{a}\in\mathbb{Q}$
Donc si l’un des deux nombres $\alpha$ ou $\beta$ est rationnel, alors l’autre aussi et donc $\alpha-\beta$ aussi. Or :
$\alpha-\beta=\frac{\sqrt{\Delta}}{a}$
et donc $\sqrt{\Delta}\in\mathbb{Q}.$ D’après le 2), ceci impose que $\Delta$ est un carré parfait; or un carré parfait est congru à $0,1$ ou $4$ modulo $8.$ En outre $\Delta$ est impair et donc $\Delta\equiv1\pmod{8}$ : ceci est en contradiction avec le calcul du 3).
Finalement, les solutions de $\left(E\right)$ sont toutes deux irrationnelles.

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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