Source Latex
de la correction du devoir
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\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{pst-all}
% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\ul}{\underline}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\ct}{\centerline}
\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}}
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}}
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}}
\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}
\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bigskip{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{.5em}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}
\nwc{\bgfg}{\begin{figure}}\nwc{\enfg}{\end{figure}}
\nwc{\epsx}{\epsfxsize}\nwc{\epsy}{\epsfysize}
\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
\newenvironment{centerpage}{\vspace*{\fill}}{
\protect\vspace*{\fill}}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
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{%
\lfoot{}\cfoot{}\rfoot{\thepage/\pageref{LastPage}}}
\thispagestyle{empty}
\vspace*{-.5cm}
\ct{\bf\LARGE{Corrigé de devoir de math\'ematiques}}
\bgex
\bgen[a)]
\item $x^3-x^2+5x=x(x^2-x+5)=0
\iff\Bigl( x=0 \text{ ou } x^2-x+5=0\Bigr)$
Le trinôme du second degré a pour discriminant
$\Delta=-19<0$ et n'admet donc pas de racine.
Finalement l'équation admet une unique solution réelle
$\mathcal{S}=\Bigl\{0\Bigr\}$.
\item En multipliant par $-4$ cette inégalité
on obtient $-\dfrac14x^2+x-1<0\iff x^2-4+4>0
\iff (x-2)^2>0$.
Ainsi, les solutions sont $\mathcal{S}=\R\setminus\la2\ra$.
\item $\dfrac{1-x}{1+x}\geqslant4x+5
\iff \dfrac{1-x}{1+x}-(4x+5)\geqslant0
\iff \dfrac{-4x^2-10x-4}{1+x}\geqslant0
\iff \dfrac{2x^2+5x+2}{1+x}\leqslant0$
Le trinôme du second degré du numérateur a pour discriminant
$\Delta=9=3^2>0$ et admet donc deux racines réelles distinctes
$x_1=\dfrac{-5-3}{4}=-2$ et $x_2=\dfrac{-5+3}{4}=-\dfrac12$.
On a alors le tableau de signe:
\[\begin{tabular}{|c|lcccccccr|}\hline
$x$ & $-\infty$ & &$-2$& &$-1$& &$-\frac12$&&$+\infty$
\\\hline
$2x^2+5x+2$& &+& \zb&-& $|$ &-&\zb&+&\\\hline
$1+x$& &-& $|$ &-& \zb &+&$|$&+&\\\hline
$\frac{2x^2+5x+2}{1+x}$
& &-& \zb&+& \db &-&\zb&+& \\\hline
\end{tabular}\]
Finalement,
les solutions de l'inéquation sont
$\mathcal{S}=]-\infty;-2]\cup]-1;-\frac12]$.
\enen
\enex
\bgex
Comme pour tout réel $x$, $x^2\geqslant0$
on a $1+x^2\geqslant1$ et en particulier
$1+x^2\not=0$: $f$ est donc définie sur $\R$.
Soit $u:x\mapsto x^2$ la fonction carré,
alors $f=1+(-1)\tm\dfrac{1}{1+u}$ et donc
\[\psset{arrowsize=7pt}
\begin{tabular}{|c|cccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $0$ && $+\infty$& \\\hline
\raisebox{0.2cm}[0.8cm]{$u$} &&
\psline{->}(-0.8,0.6)(0.3,0.)&&
\rput(-0.5,-0.){$0$}&
\psline{->}(-1.1,0.)(0.3,0.6)&
\\\hline
\raisebox{0.2cm}[0.8cm]{$1+u$} &&
\psline{->}(-0.8,0.6)(0.3,0.)&&
\rput(-0.5,-0.){$1$}&
\psline{->}(-1.1,0.)(0.4,0.6)&
\\\hline
\raisebox{0.2cm}[0.8cm]{$\dfrac{1}{1+u}$} &&
\psline{->}(-0.8,0.)(0.3,0.6)&&
\rput(-0.5,0.5){$1$}&
\psline{->}(-1.1,0.6)(0.4,0.)&
\\\hline
\raisebox{0.2cm}[0.8cm]{$-\dfrac{1}{1+u}$} &&
\psline{->}(-0.8,0.6)(0.3,0.)&&
\rput(-0.5,0.){$-1$}&
\psline{->}(-1.,0.)(0.4,0.6)&
\\\hline
\raisebox{0.2cm}[0.8cm]{$f=1-\dfrac{1}{1+u}$} &&
\psline{->}(-0.8,0.6)(0.3,0.)&&
\rput(-0.5,0.){$0$}&
\psline{->}(-1.,0.)(0.4,0.6)&
\\\hline
\end{tabular}
\]
\enex
\bgex
On considère le polynôme $P(x)=x^3-2x^2-19x+20$.
\bgen
\item On a, pour tout réel $x$,
$(x-1)(ax^2+bx+c)=ax^3+(b-a)x^2+(c-b)x-c$,
et donc
\[P(x)=(x-1)(ax^2+bx+c)
\iff
\la\bgar{ll}
a=1 \\
b-a=-2 \\
c-b=-19 \\
-c=20
\enar\right.
\iff
\la\bgar{ll}
a=1 \\
b=-1 \\
c=-20
\enar\right.
\]
Ainsi, pour tout $x$ réel,
$P(x)=x^3-2x^2-19x+20=(x-1)(x^2-x-20)$.
\item Le trinôme du second degré
$x^2-x-20$ admet pour discriminant
$\Delta=81=9^2>0$, et a donc deux racines réelles:
$x_1=\dfrac{1-9}{2}=-4$ et $x_2=\dfrac{1+9}{2}=5$.
On a alors: \\
\ct{\begin{tabular}{|c|ccccccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $-4$ && $1$ && $5$ && $+\infty$ \\\hline
$x-1$ && $-$ & $|$ & $-$ &\zb& $+$ & $|$ & $+$ & \\\hline
$x^2-x-20$ && $+$ & \zb & $-$ & $|$ & $-$ & \zb & $+$ & \\\hline
$P(x)$ && $-$ & \zb & $+$ & \zb & $-$ & \zb & $+$ & \\\hline
\end{tabular}
}
\item
Le trinôme du second degré $x^2+x-6=0$
a pour discriminant $\Delta=25=5^2>0$ et admet donc deux racines
réelles distinctes: $x_1=2$ et $x_2=-3$.
Pour tout $x\in\R\setminus\la -3;2\ra$,
\[\bgar{ll}
x\geqslant\dfrac{3x^2+13x-20}{x^2+x-6}
&\iff x-\dfrac{3x^2+13x-20}{x^2+x-6}\geqslant0\\[.8em]
&=\dfrac{x\lp x^2+x-6\rp-\lp 3x^2+13x-20\rp}{x^2+x-6}\geqslant0\\[.8em]
&=\dfrac{x^3-2x^2-19x+20}{x+2+x-6}
=\dfrac{P(x)}{x^2+x-6}\geqslant0
\enar\]
\vspace{-0.5cm}
On dresse alors le tableau de signes:
\[\begin{tabular}{|c|ccccccccccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $-4$ && $-3$ && $1$ && $2$ && $5$ && $+\infty$ \\\hline
$P(x)$ && $-$ &\zb & $+$ & $|$ & $+$ & \zb & $-$ &$|$ & $-$ &\zb&$+$& \\\hline
$x^2+x-6$ && $+$ &$|$ & $+$ &\zb&$-$&$|$& $-$ &\zb&$+$ &$|$&$+$& \\\hline
$\dfrac{P(x)}{x^2+x-6}$ && $-$ &\zb &$+$& \db & $-$ & \zb & $+$ &\db & $-$ &\zb&$+$& \\\hline
\end{tabular}\]
Ainsi,
$x\geqslant\dfrac{3x^2+13x-20}{x^2+x-6}
\iff x\in[-4;-3[\cup[1;2[\cup[5;+\infty$.
\enen
\enex
\bgex
Soit $A(2;3)$, $B(6;1)$, $C(5;-9)$, $D(-2;-5)$ et $E(0;5)$.
\bgen
\item $\V{AB}(4;-2)$ est un vecteur directeur de $(AB)$.
On a alors,
$M(x;y)\in(AB)\iff \V{AB}$ et $\V{AM}$ sont colinéaires,
soit avec $\V{AM}(x-2;y-3)$, \quad
$4(y-3)-(-2)(x-2)=0\iff 2x+4y-16=0$
ou encore, en divisant par 2,
$(AB): 2x+y-7=0$.
\item La droite $d$ parallèle à $(AB)$ a donc aussi comme vecteur
directeur $\V{AB}$ et une équation de la forme $2x+4y+c=0$.
De plus $C\in d\iff 2\tm5+4\tm(-9)+c=0\iff c=26$,
et ainsi $d: 2x+y+26=0$.
\item On a $2(-2)+4(-5)+26=2\not=0$ et $D\notin d$.
Comme $d/\!/(AB)$ et que $C\in d$ et$D\notin d$,
on en déduit que $(AB)$ et $(CD)$ sont sécantes.
\enen
\enex
\bgex $A(2;1)$ et $B(3;3)$ et $d: 4x+3y-7=0$.
\bgen
\item $\V{AB}(1;2)$ est un vecteur directeur de $(AB)$,
et donc,
$M(x;y)\in(AB)\iff \V{AM}$ et $\V{AB}$ sont colinéaires,
soit, avec $\V{AM}(x-2;y-1)$, \quad
$1\tm(y-1)-2\tm(x-2)=0\iff -2x+y+3=0$.
\item $\vec{u}(-3;4)$ est un vecteur directeur de $d$.
$\V{AB}$ et $\vec{u}$ ne sont pas colinéaires,
car $1\tm4-2\tm(-3)=10\not=0$, et donc les droites
$d$ et $(AB)$ ne sont pas parallèles, donc sont sécantes.
\item Soit $M(x;y)=d\cap(AB)$, alors
\[\la\bgar{ll}
-2x+y+3=0\\
4x+3y-7=0
\enar\right.
\iff
\la\bgar{ll}
y=2x-3\\
4x+3(2x-3)-7=0
\enar\right.
\iff
\la\bgar{ll}
y=\dfrac15\\
x=\dfrac{16}{10}=\dfrac{8}{5}
\enar\right.
\]
Ainsi, le point d'intersection de $d$ et $(AB)$
est $M\lp\dfrac85;\dfrac15\rp$.
\enen
\enex
\bgex $M(x;y)\in \mathcal{C}_f\cap D_m
\iff y=-x^2+2x+2=(m+3)x+6
\Longrightarrow x^2+(m+1)x+4=0$.
Le trinôme $P(x)=x^2+(m+1)x+4$ a pour discriminant
$\Delta=(m+1)^2-16=(m+5)(m-3)$.
Ce disciminant $\Delta$ est aussi du second degré et admet deux racines
$m=-5$ et $m=3$ et ainsi:
\bgit
\item lorsque $m\in]-\infty;-5[\cap]3;+\infty[$, $\Delta>0$
et le trinôme $P$ admet deux racines réelles distinctes,
et donc $\mathcal{C}_f$ et $D_m$ ont deux points d'intersection;
\item lorsque $m\in]-5;3[$, $\Delta<0$ et le trinôme $P$ n'admet
aucune racine réelle et donc $\mathcal{C}_f$ et $D_m$ n'ont
aucun point d'intersection;
\item enfin, lorsque $m=-5$ ou $m=3$, $\Delta=0$ et $P$ a une unique
racine qui est l'abscisse de l'unique point d'intersection de
$\mathcal{C}_f$ et $D_m$.
\enit
\enex
\label{LastPage}
\end{document}
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