Exercice 1 Exercice 2 Exercice 3 Exercice 4 Exercice 5 Exercice 6

Exercice 1
Résoudre les inéquations :
1. ( x 2−2 x−3 )( x 2+ 2 x+ 2 )< 0
−2 x 2 − 3 x 20
0
2.
x −1
Exercice 2
On pose x² = X . Exprimer x 4 en fonction de X, puis résoudre les équations suivantes :
1. x 4−12 x 2+ 27=0
2. x 4 + 3 x 2−4=0
Exercice 3
1. Résoudre l'équation 2 x 2+ 5 x+ 2=0
2. En utilisant un changement de variable, en déduire les solutions de :
2
5
+
+ 2=0
2
x−1
( x−1 )
3. Résoudre par une méthode analogue l'équation suivante :
x 3  x − 4 =0
Exercice 4
Soit le trinôme a x 2+ bx+ c avec a≠0 , c≠0 .
1. La proposition suivante est elle vraie ou fausse ?
« Si a et c sont de signes opposés, alors le trinôme a toujours deux racines. »
2. Sa réciproque est- elle vraie ?
Exercice 5
Le triangle de côté 3,4 et 6 n'est pas rectangle. Peut-on, en ajoutant une même longueur à chacun de
ses côtés, obtenir un triangle rectangle ?
Exercice 6
ABC est un triangle équilatéral de côté a> 0 . On place M,N,P et Q sur les côtés de telle sorte que
MNPQ soit un rectangle et que P et Q soient sur le segment [ BC ] .
Où placer les points M,N,P et Q pour que le rectangle MNPQ ait une aire maximale ?
CORRECTION
Exercice 1
1. On doit réaliser le tableau de signes de ( x 2−2 x−3 )( x 2+ 2 x+ 2 )
Pour x 2 −2 x−3 on trouve Δ=16 , 0 le polynôme a deux racines réelles qui sont :
x 1=
2−4
2+ 4
=−1 et x 2=
=3 .
2
2
Pour x 2 + 2 x+ 2 on trouve Δ=−4 , Δ< 0 le polynôme n'admet pas de racine réelle.
On rappelle qu'un polynôme du second degré est du signe du coefficient devant x 2 à l’extérieur de
ses racines.
On a
x
+
+
+
x −2 x−3
x 2 + 2 x+ 2
P( x)
3
−1
−∞
2
0
−
+
0
−
+∞
0
0
0
+
+
+
On trouve S= ]−1 ;3 [
2. Le dénominateur s'annule pour x =1 le domaine de définition de cette inéquation est donc
]−∞ ; 1 [ ∪ ] 1 ;∞ [
−2 x 2 − 3 x  20
On doit de même réaliser le tableau de signes de
.
x −1
Pour −2 x 2 − 3 x 20 , on trouve  =169 , Δ> 0 le polynôme a deux racines réelles qui sont :
3 −13 5
3 13
x1 =
= et x 2 =
=−4 .
−4
2
−4
Pour x −1 , il s'agit d'une fonction affine croissante donc négative pour x 1 et positive pour x 1
On obtient :
x
−2 x 2 − 3 x 20
x −1
Q x
−∞
−
−
+
0
0
5
2
1
−4
+
−
−
+
+
+
0
0
0
∞
−
+
−
] ]
On trouve S = ]−∞ ;− 4 ] ∪ 1 ;
5
.
2
Exercice 2
Si x 2 = X alors x 4 = X 2 .
1. En faisant le changement de variable avec x 2 = X on obtient :
X 2 − 12 X  27 =0, on retrouve une équation du second degré. Le discriminant du
polynôme est  = 36. Cette équation possède deux solutions réelles qui sont :
12 −6
12 6
X 1=
=3 et X 2 =
=9 .
2
2
Si X = x², alors pour X  0 il vient que x =  X ou x = −  X.
X 1 = 3 permet d'écrire x1 =  3 ou – 3 .
X 2 = 9 permet d'écrire x 2 = 3 ou −3
On a S = {3 ;− 3 ;  3 ;−  3 }
2. De même on trouve l'équation suivante :
X 2  3 x − 4 =0, on retrouve une équation du second degré. Le discriminant du polynôme
est  = 25 . Cette équation possède deux solutions réelles qui sont :
−3 −5
−3 5
X 1=
=−4 et X 2 =
=1
2
2
X 1  0 donc ce n'est pas une solution valable.
X 2 = 1 donc x 2 =1 ou −1
S = {−1 ; 1 }
Exercice 3
1. 2 x 2+ 5 x+ 2=0 est une équation du second degré de la forme a x 2  bx  c avec a = 2,
b = 5 et c = 2 .
On cherche le discriminant.  = 9 ,   0 l'équation possède donc deux solutions réelles qui
sont :
−5 −3
−5 3
1
x1 =
=−2 et x 2 =
=− .
4
4
2
1
2. Si on pose X =
, pour x ≠1 on retrouve l'équation suivante :
x −1
2 X 2  5 X  2= 0.
1
On a X 1 = − 2 et X 2 =− .
2
1
Si X=1/{x-1} alors x = 1 il vient :
X
1
x1 = et x 2 = −1 .
2
3. De même on cherche, grâce a un changement de variable à faire apparaître une équation du
second degré. En posant X =  x, pour x  0 , on a :
X 2  3 X − 4 =0 . On calcule le discriminant,  = 25. Les solutions de cette équation sont :
−3 −5
−3 5
X 1=
=−4 et X 2 =
= 1.
2
2
Or X =  x , donc X est positif ou nul, X 1 ne convient pas. x = X 2 , donc la solution est
x =1 2 =1
Exercice 4
1. Vrai, car si a et c sont de signes opposés alors ac 0 donc b 2 − 4 ac est forcément
strictement positif, il y a donc bien deux racines réelles.
2. Non, par exemple x 2  7 x 1, a bien deux racines réelles avec a et c tous les deux positifs.
Exercice 5
Soit x la longueur à ajouter à chaque côté. Les dimensions deviennent 3  x, 4  x 6  x avec x  0
6  x est le plus grand côté. La réciproque du théorème de Pythagore nous dit que l'on a un triangle
rectangle si et seulement si  6 x 2 =  3 x 2   4  x  2
La résolution de l'équation nous donne
⇔ 36 12 x  x 2 = 9 6 x  x 2  16 8 x  x 2
⇔ 0 = x 2  2 x −11
Le calcul du discriminant nous donne  = 48 , l'équation possède donc deux solutions réelles qui
sont :
−2  4  3
−2 − 4  3
x1 =
=−1 2  3 et x 2 =
=−1 − 2  3. Seul x1 est positif. Donc pour obtenir
2
2
un triangle rectangle il faut ajouter 2  3 – 1 à chaque côté.
Exercice 6
la figure nous donne
Pour obtenir un rectangle il faut que la figure soit symétrique par rapport à la hauteur (DC) du
triangle ABC.
On pose x = AQ, il vient que QP = a − 2 x.
En utilisant le théorème de Thalès, dans le triangle ADC il vient
AQ MQ
a
a 3
=
avec AD = , DC =
car DC est la hauteur d'un triangle équilatéral de côté a et
AD DC
2
2
AQ = x.
AQ × DC
donc MQ = x  3
AD
L'aire du rectangle est :
 a − 2 x  × x  3 = − 2  3 x 2 a  3 x.
On retrouve un polynôme du second degré en x qui admet un maximum (car le coefficient devant
−a  3
a
= .
x 2 est négatif) en
−2 ×2  3 4
a
Donc Q doit être placé a de A sur le segment [AB] avec P le symétrique de Q par symétrie d'axe
4
(DC).
On trouve MQ =