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exercice 1 facile

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 :

        \[\boxed{S_6=\left]\frac{5}{7},\frac{4}{5}\right[}\]

exercice 2 facile

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 {\displaystyle 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 :

exercice 3 facile

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 :

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

et

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

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.

exercice 9 difficile
  1. 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.
  2. On a montré au point précédent qu’étant donné un entier naturel K, si \sqrt{K} est rationnel, alors K est un carré parfait.
  3. 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}.
  4. 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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