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Classe de Première STI2D - Exercices corrigés Marc Bizet

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Le second degré - exercices Exercice 1

Pour chacune des fonctions polynômes d'expression 2ax bx c+ + qui suit, préciser les valeurs des réels a , b et c , puis calculer le discriminant. Donner les résultats entiers , décimaux, ou sous la forme d’une fraction simplifiée si ce n’est pas un décimal pour le calcul de ∆ .

• 15 2∆= ne sera pas accepté, var 15 2 7,5= est un décimal (on écrira donc 7,5 )

• 2 3∆=− sera accepté, car 0,666 666 ...∆ −≃ n’est pas un décimal.

• 34 36∆= ne sera pas accepté, car 34 36 0,944 417 18 44 ...= ≃ (on écrira donc la forme

simplifiée 17 18 ).

n° Fonction polynôme

d'expression a = b= c= ∆=

Nombre de racines du polynôme

① 22 5 8x x− +

② 2 6x x− +

③ 2 24 7

3x x− + +

④ 23,4 7 5x x− + −

⑤ 225 20 43 3 3

x x− +

⑥ 215 6x−

⑦ 28 2x x+

⑧ 2 7,8 15,21x x− +

⑨ 27 6 0,31x x− +

Exercice 2

a. Dresser le tableau de signes de la fonction ( ) ( )( )( )2 6 3 9 4 8A x x x x= + − + + .

b. Résoudre ( ) 0A x < .

Exercice 3

a. Soit ( )5

2 5x

B xx

− +=

−. Quel est son ensemble de définition ?

b. Dresser le tableau de signes de ( )B x .

c. Résoudre ( ) 0B x ≥ .


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Exercice 4

Résoudre dans ℝ les équations suivantes :

a. 22 3 5 0x x+ − =

b. 25 14 3 0x x+ − =

c. 22 4 3 0x x− − − =

d. 2 6 9 0x x+ + =

e. 2 4 5 0t t− − =

Exercice 5

Résoudre dans ℝ les équations suivantes :

a. 2 6 1 0x x− + =

b. 22,7 1,3 2,1 0x x+ + =

c. 25 11 2x x− =−

d. 2 1 0x x+ + =

Exercice 6

Résoudre dans ℝ les équations suivantes, vérifier sur Géogébra (calcul formel) :

a. 25 14 3 0x x+ − = b. 23 9 6 0x x− + = c. 2 4 5 0t t− + = d. 2 4 21x x+ =

e. 21 16 0

4 2x x− − =

f. 25 3 0x− + =

g. 2 1 10

6 6x x− − =

h. 23 5 0x x− − = i. 22 5 1 0x x− − − =

j. 213 3 0

4x x− + − =

Exercice 7

Donner le signe du trinôme ( )f x lorsque x varie dans ℝ :

( ) 22 3 5f x x x=− + +

Exercice 8

Donner le signe du trinôme ( )f x lorsque x varie dans ] [10 ;10− :

( ) 2 4 21f x x x= + −

Exercice 9

Donner le signe du trinôme ( )f x lorsque x varie dans ℝ :

( ) 22 4 3f x x x=− + −

Exercice 10

Dresser les tableaux de signes des polynômes de degré 2 suivants :

a. 22 6 4x x− +

b. 23 7 5x x− + −

c. 25 10 5x x− − −

d. 23 5 4x x− − +

e. ( )23 7x− +


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Exercice 11

a. Résoudre l’inéquation 2 6 8 0x x+ + > après avoir dressé le tableau de signe du polynôme 2 6 8x x+ + .

b. En déduire l’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≥ .

c. En déduire l’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + < .

d. En déduire l’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≤ . Exercice 12

a. Tracer dans un repère orthonormé la courbe fC représentative de la fonction f telle que

( ) 21 53

2 2f x x x= − + .

b. Lire graphiquement les solutions de l’équation 21 53 0

2 2x x− + =

c. Retrouver ce résultat par le calcul. Exercice 13

Soit f la fonction définie sur [ ]2 ; 4− . Voici sa représentation

graphique :

a. Déterminer graphiquement les solutions dans [ ]2 ; 4− de

l’équation ( ) 0f x = .

b. Résoudre graphiquement dans [ ]2 ; 4− l’inéquation

( ) 0f x ≤ .

c. Déterminer les coefficients a , b et c puis donner

l’expression de la fonction ( ) 2f x ax bx c= + + .

Exercice 14

En factorisant, résoudre (penser aux racines évidentes et aux identités remarquables) :

a. 2 2 8 0x x+ − = b. 23 11 6 0x x− + = c. 2 6 9 0x x− + =

d. 24 25 0x − = e. 24 8 3 0x x+ + = f. 29 6 3 0x x+ − =

Exercice 15

Résoudre dans ℝ les équations suivantes, en se ramenant à une équation du second degré :

a. 22 3 1

22 1

x x

x

− +=

−

b. 2

62

2 3x

x x

+=

− −

c. 3 2 31 2

x x

x x

+ −=

− −

d. 2

2

2 3 53

2 1x x

x x

+ −=

− +


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Exercice 16

Utiliser vos calculatrices (résolution détaillée dans la partie cours du site), en arrondissant à 310− :

a. 22 5 4 0x x+ − = b. . . .25 76 2 86 1 35 0x x+ − =

c. 3

4 5xx

+ =

d. 5

2 13

xx

+ =−

Ce graphique peut vous aider. À vous de voir comment.

Exercice 17

Le triangle ABC ci-contre est rectangle en A. Déterminer x . Exercice 18

Associer à chaque équation du type ( ) 0P x =

la représentation graphique de P et en déduire ses racines graphiquement.

① 214 0

2x x+ − = ② 21

2 05

x x− + = ③ 22 9 7 0x x− + − = ④ 2 4,5 6 0x x− + =


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Exercice 19

Ces quatre graphiques sont les représentations graphiques de quatre fonctions polynômes 1P ,

2P , 3P et 4P de degré 2. Déterminer chacune d’entre elles.

Exercice 20

En utilisant la forme canonique, résoudre (vérifier avec Xcas) :

a. 22 5 3x x+ = b. 22 9 11 0x x+ + =

Exercice 21

Déterminer a ( )a∈ℝ pour que l’équation 2 4 0x x a− + = admette deux solutions réelles distinctes

comprises entre 1 et 5 .

Exercice 22

Dans un rectangle, la longueur mesure 7 cm de plus que la largeur et 1 cm de moins que la mesure d’une diagonale. Calculer l’aire de ce rectangle.


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Exercice 23

Une bille de rayon R laisse dans un matériau malléable une empreinte en forme de calotte sphérique. On suppose que le diamètre de cette calotte est égal à 20 cm et on cherche à exprimer la profondeur h de l'empreinte en fonction du rayon R de la bille. (les points I et J sont situés respectivement au centre et bord de la calotte.)

1. Montrer que R et h sont liés par la relation :

2 2 100 0h Rh− + = .

2. Soit l'équation ( ) : 2 2 100 0E h Rh− + = , où h

est l'inconnue et R un réel strictement positif. À l'aide d'un calcul de discriminant, montrer que l'équation ( )E admet au moins une

solution réelle si et seulement si 10R ≥ . Expliquer "physiquement" pourquoi il n'y a pas de solution si 10R < . 3. a. On se place dans le cas où 10R ≥ . En

résolvant l'équation ( )E , exprimer la

profondeur h en fonction du rayon R . b. En déduire la profondeur h de l'empreinte faite par une bille de 13 cm de rayon. (On donnera la valeur arrondie de cette profondeur à ,0 1 cm près)

Exercice 24

Calculer le diamètre d’un cylindre fermé d’une hauteur de 82 cm et d’une surface totale de 2 m². On arrondira au dixième de centimètre.

Exercice 25

Deux résistances connectées en série, ont une résistance totale de 40 Ω . Lorsqu’elles sont connectées en parallèle, leur résistance totale est ,8 4 Ω . Calculer chaque résistance.

Exercise 26 - in english…

A group of girls decided to go on a trip to the beach and the organizer said that the bus would cost $ 360 to rent. The organizer also told them that if they got 3 more girls to go on the trip, each girl

could pay $ 6 less (which they ended up doing). How many girls ended up going on the trip ?


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Exercice 27

Une poutre de longueur 2 mètres repose sur trois appuis simples A, B et C, l'appui B étant situé au milieu de [ ]AC .

Elle supporte une charge uniformément répartie de 11 000 N.m− (newtons par mètre). Sous l'action de cette charge, la poutre se déforme. On démontre que le point situé entre B et C où la déformation est maximum, a une abscisse 1mx ≠ qui est solution de l'équation :

3 232 156 240 116 0x x x− + − =

a. Vérifier que 1 est solution de cette équation. Quel est le point qui correspond à la valeur 1x= ?

b. Prouver que ( )( )3 2 232 156 240 116 1 32 124 116x x x x x x− + − = − − + .

c. Résoudre 232 124 116x x− + . Donner vos résultats à 210− près.

d. En déduire la valeur mx .

Exercice 28

Un voyage aller de 15 km et son retour en bateau durent 3 heures.

La rivière a un courant contraire à l’aller de 12km.h− .

a. Quelle serait la vitesse du bateau sans le moindre courant (arrondir à 1 110 km.h− − ) ?

b. Combien de temps a duré l’aller ? c. Combien de temps a duré le retour ?


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Exercice 29

La hauteur h (en mètres) d’un poids projeté verticalement à un temps t (en secondes) est :

( ) 212

h t v t g t= −

Sachant que 130 m.sv −= est la vitesse initiale de lancement, et que 29,81m.sg −= , déterminer au bout de combien de temps (arrondir au dixième de seconde) le poids atteint la hauteur de 16 m :

a. en phase ascendante ? b. en phase descendante ?

Exercice 30

Un entrepôt est long de 4 m et large de 2 m. Un chemin de largeur constante t entoure l’entrepôt.

L’aire de ce chemin vaut 29,5m . Calculer au centimètre le plus proche la largeur du chemin.


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Le second degré - exercices corrigés Exercice 1 - correction

n° Fonction polynôme

d'expression a = b= c= ∆=

Nombre de racines du polynôme

① 22 5 8x x− + 2 5− 8 39− 0

② 2 6x x− + 1 1− 6 23− 0

③ 2 24 7

3x x− + + 4− 2 3 7 1012 9 2

④ 23,4 7 5x x− + − 7 3,4− 5− 151,56 2

⑤ 225 20 43 3 3

x x− + 4 3 20 3− 25 3 0 1

⑥ 215 6x− 6− 0 15 360 2

⑦ 28 2x x+ 8 2 0 4 2

⑧ 2 7,8 15,21x x− + 1 7,8− 15,21 0 1

⑨ 27 6 0,31x x− + 7 6− 0,31 27,32 2

Exercice 2 - correction

a. 2 6 0 2 6 3x x x+ ≥ ⇔ ≥− ⇔ ≥− 3 9 0 3 9 3x x x− + ≥ ⇔ − ≥− ⇔ ≤ 4 8 0 4 8 2x x x+ ≥ ⇔ ≥− ⇔ ≥− D’où ce tableau de signes :

b. Par lecture du tableau : ( ) 0A x < a pour solution tout nombre appartenant à l’ensemble

] [ ] [3 ; 2 3 ;− − ∪ +∞ .


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a. Le dénominateur doit être non nul.

5

2 5 0 2 52

x x x− = ⇔ = ⇔ =

L’ensemble de définition de B est 5 5 5

; ; \2 2 2BD

= −∞ ∪ +∞ =

ℝ .

b. 5 0 5x x− + ≥ ⇔ ≥

5

2 5 02

x x− ≥ ⇔ ≥

D’où le tableau de signe :

c. Par lecture du tableau : ( ) 0B x ≥ a pour solution tout nombre appartenant à l’ensemble

5; 5

2

.


- 11 -


a. ( )23 4 2 5 49∆= − × × − = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :

13 49 52 2 2

x− −

= =−×

et 23 49

12 2

x− +

= =×

b. ( )214 4 5 3 256∆= − × × − = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :

114 256

32 5

x− −

= =−×

et 214 256 1

2 5 5x

− += =

×

c. ( ) ( ) ( )24 4 2 3 8∆= − − × − × − =− , donc 0∆< , il n’y a pas de solution réelle.

d. 26 4 1 9 0∆= − × × = , nous obtenons une solution unique : 06

32 1

x =− =−×

.

e. ( ) ( )24 4 1 5 36∆= − − × × − = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :

( )1

4 361

2 1x

− − −= =−

× et

( )2

4 365

2 1x

− − += =

×


a. ( )26 4 1 1 32∆= − − × × = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :

( )1

6 32 3 4 2 32 2

2 1 2 2x

− − − −= = = −

× et

( )2

6 32 32 2

2 1 2x

− − += = +

×

b. 21,3 4 2,7 2,1 20,99∆= − × × =− , donc 0∆< : il n’y a aucune solution réelle.

c. 2 25 11 2 5 11 2 0x x x x− =− ⇔ − + =

( )211 4 5 2 81∆= − − × × = , donc 0∆> et nous obtenons deux solutions :

( )1

11 81 12 5 5

x− − −

= =×

et ( )

211 81

22 5

x− − +

= =×

d. 21 4 1 1 3∆= − × × =− , donc 0∆< : il n’y a aucune solution réelle. Exercice 6 - correction

a. ( )214 4 5 3 256∆= − × × − = , deux solutions 1

14 2563

2 5x

− −= =−

× et

2

14 256 12 5 5

x− +

= =×

b. 9∆= , deux solutions 1 1x = et 2 2x = c. 4∆=− , pas de solution.

d. 100∆= , deux solutions 1 7x =− et 2 3x = e. 6,25∆= , deux solutions 1 4x =− et 2 6x =


- 12 -

f. 60∆= , deux solutions 1

60 60 1510 10 5

x−

= = =−

et 2

155

x =−

g. 2536

∆= , deux solutions 1

13

x =− et 2

12

x = .

h. 11∆=− , pas de solution.

i. 17∆= , deux solutions 1

5 174

x− +

= et 2

5 174

x− −

=

j. 0∆= , une solution 0

3 32 3

112

24

x =− =− = −× −


Calcul du discriminant : ( )23 4 2 5 49∆= − × − × = , donc 0∆> . Nous obtenons deux solutions :

( )13 49 5

2 2 2x

− −= =

× − et

( )23 49

12 2

x− +

= =−× −

.

D’après le cours, ( )f x est du signe de 2a =− donc strictement négatif à l’extérieur des racines,

donc sur : ] [5

; 1 ;2

−∞ − ∪ +∞

.

f est donc positive ou nulle à l’intérieur des racines, donc dur 5

1 ;2

−

.

Tableau de signes :

Graphique :


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Calcul du discriminant : ( )24 4 1 21 100∆= − × × − = , donc 0∆> . Nous obtenons deux solutions :

14 100

72 1

x− −

= =−×

et 24 100

32 1

x− +

= =×

.

D’après le cours, ( )f x est du signe de 1a = donc strictement positif à l’extérieur des racines, donc

sur : ] [ ] [; 7 3 ;−∞ − ∪ +∞ .

f est donc négative ou nulle à l’intérieur des racines, donc dur [ ]7 ; 3− .

Tableau de signes :

Graphique :


Calcul du discriminant : ( ) ( )24 4 2 3 8∆= − × − × − =− , donc 0∆< . Il n’y a pas de solution réelle.

D’après le cours, ( )f x est du signe de 2a =− , donc négatif sur ℝ tout entier.

Tableau de signes :

Graphique :


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a. 4∆= , deux solutions : ( )

16 4

12 2

x− − −

= =×

et ( )

26 4

22 2

x− − +

= =×

.

Ce polynôme est donc du signe de 2a = , soit positif ou nul, sur ] ] [ [;1 2 ;−∞ ∪ +∞ et

strictement négatif sur ] [1 ; 2 .

b. 11∆=− , il n’y a pas de solution réelle. Ce polynôme est toujours du signe de 3a =− , soit

strictement négatif sur ℝ tout entier.


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c. 0∆= , une solution unique ( )

( )010

12 5

x− −

= =−× −

. Ce polynôme est toujours du signe de

5a =− , soit négatif, mais s’annule pour 1x=− .

d. 73∆= , deux solutions :

( )

( )15 73 5 73

0,5912 3 6

x− − − − +

= =× −

≃ et 25 73

2,2576

x− −

= −≃ .

Ce polynôme est du signe de 3a =− donc négatif ou nul sur :

5 73 5 73; ;

6 6

− − − + −∞ ∪ +∞

Il est strictement positif sur : 5 73 5 73

;6 6

− − − +

.


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e. Inutile de calculer un discriminant ici : ( )2 7

3 7 0 3 7 03

x x x− + = ⇔ − + = ⇔ = .

Une seule solution, et comme le carré d’un nombre est toujours positif ou nul,

( )23 7 0x− + ≥ sur ℝ tout entier.


a. 4∆= , deux solutions : 16 4

42 1

x− −

= =−×

et 26 4

22 1

x− +

= =−×

.

Le polynôme est du signe de 1a = donc positif ou nul à l’extérieur des racines, soit sur l’ensemble ] ] [ [; 4 2 ;−∞ − ∪ − +∞ .

Il est donc strictement négatif sur ] [4 ; 2− − .

b. L’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≥ est ] ] [ [; 4 2 ;−∞ − ∪ − +∞ .

c. L’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + < est ] [4 ; 2− − .

d. L’ensemble des solutions de 2 6 8 0x x+ + ≤ est [ ]4 ; 2− − .


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a. 12

a = est positif, donc la parabole fC est incurvée vers le haut. Le sommet a pour abscisse

3 33

12 122

b

a

−− =− = =

×

.

( ) 21 53 3 3 3 2

2 2f = × − × + =− , donc le sommet S a pour coordonnées ( )3 ; 2− .

( ) 21 5 50 0 3 0

2 2 2f = × − × + = donc la parabole passe par le point

5A 0 ;

2

et par symétrie le

point 5

B 6 ;2

.

Nous avons assez d’éléments pour effectuer le tracé de fC :

b. Graphiquement, les solutions de 21 53 0

2 2x x− + = semblent être 1 et 5 .

c. ( )2 1 5

3 4 9 5 42 2

∆= − − × × = − = , deux solutions :

( )

13 4

11

22

x− − −

= =

×

et ( )

23 4

51

22

x− − +

= =

×

Cela confirme notre lecture graphique.


a. Graphiquement, les solutions de l’équation ( ) 0f x = sont 1− et 3 .

b. Graphiquement, ( ) 0f x ≤ pour tout x appartenant à l’ensemble [ ]1 ; 3− .

c. La factorisation de ( )f x est : ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 3 1 3f x a x x a x x= × − − × − = + − .

Or ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 3 2 2 4 4f a a a= × + × − = × × − =− =− car le sommet a pour coordonnées

( )1 ; 4 . Donc 4

14

a−

= =−

D’où ( ) ( )( ) 2 21 3 3 3 2 3f x x x x x x x x= + − = − + − = − −

Finalement, 1a = , 2b=− et 3c=− .


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a. 2x= est une solution évidente, donc ( )( )2 2 8 2x x x x α+ − = − + .

Méthode 1 :

En considérant le dernier terme 8− , on a 2 8 4α α− =− ⇔ = .

Ainsi : ( )( )2 2 8 2 4x x x x+ − = − + .

Un produit de facteurs est nul si au moins l’un des facteurs est nul, donc 2x= ou 4x=− . Méthode 2 :

la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ + vaut b

a− , donc

avec 1 2x = : 2 22

2 2 2 41

x x+ =− ⇔ =− − =− .

b. 3x= est une solution évidente, donc ( ) ( )23 11 6 3 3x x x x α− + = × − × + .

Méthode 1 :

On développe : ( )( ) ( )2 23 3 3 3 3 3 3 9 9x x x x x x x xα α α α α− + = × + − − = + − − .

En considérant le dernier terme 6+ , on obtient 6 2

9 69 3

α α− = ⇔ =− =− .

Ainsi : ( )2 23 11 4 3 2

3x x x x

− + = − + .

Un produit de facteurs est nul si au moins l’un des facteurs est nul, donc 2x= ou 49

x=− .

Méthode 2 :

la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ + vaut b

a− , donc

avec 1 3x = : 2 211 11 11 2

3 33 3 3 3

x x−

+ =− = ⇔ = − =

c. Par reconnaissance d’une identité remarquable : ( )22 6 9 0 3 0x x x− + = ⇔ − = .

Ainsi 3x= est la seule solution.

d. Par reconnaissance d’une identité remarquable : ( )( )24 25 0 2 5 2 5 0x x x− = ⇔ + − = .

Un produit de facteurs est nul si au moins l’un des facteurs est nul, donc 52

x=− ou 52

x= .

e. 12

x=− est une solution « évidente », si l’on fait quelques test sur la calculatrice…

21 1 1

4 8 3 4 4 3 02 2 4

× − + × − + = × − + = .

Méthode 1 :

( )2 14 8 3 4

2x x x x α

+ + = + + .

On développe l’expression : 2 21 14 4 4 2 2

2 2x x x x x xα α α α

+ + + = + + + .


- 19 -

En considérant le dernier terme 3+ , on obtient : 3

2 32

α α= ⇔ = .

Finalement : 2 1 34 8 3 4

2 2x x x x

+ + = + + , un produit de facteurs est nul si au moins l’un

des facteurs est nul, donc les solutions de l’équation sont 12

− et 32

− .

Méthode 2 : la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ +

vaut b

a− , donc avec 1

12

x =− : 2 21 8 1 3

2 22 4 2 2

x x− + =− =− ⇔ =− + =−

f. 1x=− est une solution évidente, car ( ) ( )29 1 6 1 3 9 6 3 0× − + × − − = − − =

Méthode 1 :

( )( )29 6 3 9 1x x x x α+ − = + + .

On développe l’expression : ( )( ) ( )2 29 1 9 9 9 9 9x x x x x x x xα α α α α+ + = + + + = + + +

En considérant le dernier terme 3− , on obtient : 3 1

9 39 3

α α=− ⇔ =− =− .

Finalement ( )2 19 6 3 9 1

3x x x x

+ − = + − , un produit de facteurs est nul si au moins l’un des

facteurs est nul, donc les solutions sont 1− et 13

Méthode 2 : la somme de deux racines 1x et 2x d’un polynôme de degré 2 2ax bx c+ +

vaut b

a− , donc avec 1 1x =− : 2 2

6 2 2 11 1

9 3 3 3x x− + =− =− ⇔ =− + = .


a. 22 3 1

22 1

x x

x

− +=

− n’admet une solution que si 2 1 0x− ≠ donc

12

x≠ , car le dénominateur ne

peut pas être nul.

( ) ( )2

2

2

2

2 3 1 22 3 1 1 2 1 2

2 1 1

2 3 1 4 2

2 7 3 0

x xx x x

x

x x x

x x

− += ⇔ − + × = − ×

−

⇔ − + = −

⇔ − + =

25∆= , donc 0∆> : deux solutions ( )

17 25 12 2 2

x− − −

= =×

et ( )

27 25

32 2

x− − +

= =×

. La

solution 112

x = est impossible (voir ci-dessus) donc la seule solution de l’équation est 3 .

3S = .

Remarque : ( )

( )( )

( )

21

2 32 1 32 3 1 12

3 si2 1 2 1 2 1 2

x xx xx x

x xx x x

− − − − − += = = − ≠

− − −

La courbe représentative de ( )22 3 1 1

3 si2 1 2

x xf x x x

x

− += = − ≠

− est une droite privé du

point d’abscisse 12

.


- 20 -

b. 2

62

2 3

x

x x

+=

− − n’admet une solution que si 2 2 3 0x x− − ≠ car un dénominateur ne peut

être nul.

16∆= , donc 0∆> : les deux valeurs ( )

12 16

12 1

x− − −

= =−×

et ( )

22 16

32 1

x− − +

= =×

sont impossibles.

( ) ( )22

2

2

6 26 1 2 3 2

12 3

6 2 4 6

2 5 12 0

xx x x

x x

x x x

x x

+= ⇔ + × = − − ×

− −

⇔ + = − −

⇔ − − =

121′∆ = , donc 0′∆ > : deux solutions ( )

15 121 32 2 2

x− − −

′ = =−×

et

( )

25 121

42 2

x− − +

′ = =×

Ces deux solutions sont valables, car différentes des valeurs interdites : 1− et 3 .

Finalement, les deux solutions de l’équation sont 32

− et 4 . 3

; 42

S = −

.

c. 3 2 31 2

x x

x x

+ −=

− − n’admet de solution que si 1 0x− ≠ donc 1x≠ et si 2 0x− ≠ donc 2x≠ ,

car le dénominateur d’une fraction ne peut être nul.


- 21 -

( )( ) ( )( )

( )

2 2

2 2

2

2

2

3 2 33 2 1 2 3

1 22 3 6 2 3 2 3

6 2 5 3

6 9 0

6 9 0

3 0

x xx x x x

x x

x x x x x x

x x x x

x x

x x

x

+ −= ⇔ + − = − −

− −

⇔ − + − = − − +

⇔ + − = − +

⇔− + − =

⇔ − + =

⇔ − =

La seule solution est 3 qui ne fait pas partie des valeurs interdites. 3S = .

d. 2

2

2 3 53

2 1x x

x x

+ −=

− + n’admet une solution que si 2 2 1 0x x− + ≠ car un dénominateur ne peut

être nul.

Or ( )22 2 1 1x x x− + = − donc la solution 1 est impossible.

( ) ( )2

2 22

2 2

2

2 3 5 32 3 5 1 2 1 3

2 1 12 3 5 3 6 3

9 8 0

x xx x x x

x x

x x x x

x x

+ −= ⇔ + − × = − + ×

− +

⇔ + − = − +

⇔− + − =

( ) ( )29 4 1 8 49∆= − × − × − = , deux solutions : ( )

9 498

2 1x

− −= =

× − et

( )29 49

12 1

x− +

= =× −

.

La solution 1 étant interdite, seule la solution 8 convient. 8S =


- 22 -


a. 3,137x −≃ ou 0,637x≃ . b. 0,792x −≃ ou 0,296x≃ . c. 1,693x −≃ ou 0,443x≃ . d. 1,108x −≃ ou 3,608x≃ .


Dans le triangle ABC rectangle en A, d'après le théorème de Pythagore :

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

2 2 22 2

2 2 2

2

BC AB AC

2 10 4 1 8

2 2 2 10 10 4 2 4 1 1 8

4 40 100 16 8 1 64

76 48 99 0

x x x

x x x x x

x x x x x

x x

= +

+ = − +

+ × × + = − × × + +

+ + = − + +

− − =

32 400∆= , deux solutions 1

3338

x =− et 2

32

x = .

Une longueur est toujours positive, donc AB 8 0x= > , soit 0x> .

La seule valeur possible est donc 2

31,5

2x = =


① 214

2x x+ − : on cherche une parabole orientée vers le haut car

12

a = est positif, avec

11

12 22

bx

a=− =− =−

×

pour axe de symétrie. C’est le graphique C. 1 4x =− et 2 2x = .

② 212

5x x− + : on cherche une parabole orientée vers le bas car

15

a =− est négatif, avec

25

12 25

bx

a=− =− =

× −

pour axe de symétrie. C’est le graphique B. 1 0x = et 2 10x = .


- 23 -

③ 22 9 7x x− + − : on cherche une parabole orientée vers le bas car 2a =− est négatif, avec

( )9 9

2,252 2 2 4b

xa

=− =− = =× −

pour axe de symétrie. C’est le graphique A. 1 1x = et 2 3,5x = .

④ 2 4,5 6x x− + : : on cherche une parabole orientée vers le haut car 1a = est positif, avec 4,5

2,252 2 1b

xa

−=− =− =

× pour axe de symétrie. C’est le graphique D. Pas de solution.


1. La courbe représentative de 1P passe par l’origine du repère, et le point de coordonnées

( )3 ; 0 . Donc ( ) ( )( ) ( )21 0 3 3P x a x x a x x= − − = − .

De plus, ( )1 4 4P =− donc :

( )24 3 4 4 4 4 1a a a× − × =− ⇔ =− ⇔ =−

Finalement : ( ) ( )2 21 1 3 3P x x x x x=− − =− + .

2. La courbe représentative de 2P passe par le point de coordonnées ( )1 ; 0− et le point de

coordonnées ( )4 ; 0 . Donc ( ) ( )( )( ) ( )( )1 1 4 1 4P x a x x a x x= − − − = + − .

De plus, ( )2 0 4P =− donc ( )( )0 1 0 4 4 4 4 1a a a× + − =− ⇔− =− ⇔ = .

Finalement ( ) ( )( ) 2 22 1 4 4 4 3 4P x x x x x x x x= + − = − + − = − − .

3. Graphiquement : ( )3 0 7P =− donc si ( ) 23P x ax bx c= + + , 20 0 7 7a b c c× + × + =− ⇔ =− .

Graphiquement : ( ) ( ) ( )2

3 1 2 1 1 7 2 5P a b a b− =− ⇔ × − + × − − =− ⇔ − = .

Graphiquement : ( ) 23 2 5 2 2 7 5 4 2 2 2 1P a b a b a b=− ⇔ × + × − =− ⇔ + = ⇔ + = .

On résout le système : 2 1 2

5 5 2 5 3

2 1 3 6 2 2

a b a b b b

a b a aL L aL

− = − = − = =− ⇔ ⇔ ⇔ + = = = = ← +

Finalement : ( ) 23 2 3 7P x x x= − −

4. Graphiquement : ( )4 0 6P = donc si ( ) 24P x ax bx c= + + , 20 0 6 6a b c c× + × + = ⇔ = .

Graphiquement : ( ) 24 1 7 1 1 6 7 1P a b a b= ⇔ × + × + = ⇔ + = .

Graphiquement : ( ) 24 3 3 3 3 6 3 9 3 3 3 1P a b a b a b= ⇔ × + × + = ⇔ + =− ⇔ + =− .

On résout le système : 2 2 1

1 1 1 1 2

3 1 2 2 1 1

a b a b b b

L L La b a a a

+ = + = − + = = ⇔ ⇔ ⇔ ← − + =− =− =− =−

Finalement : ( ) 24 2 6P x x x=− + +


a. 2 22 5 3 2 5 3 0x x x x+ = ⇔ + − =

2 2 22 2

2 2

5 3 5 5 3 5 25 32 5 3 2 2 2

2 2 4 4 2 4 16 2

5 49 5 492 2

4 16 4 8

x x x x x x

x x

+ − = + − = + − − = + − − = + − = + −


- 24 -

Nous résolvons : 2 2

2 5 49 5 492 5 3 0 2 0

4 8 4 16x x x x

+ − = ⇔ + − = ⇔ + = .

Donc : 5 49 5 7 14 16 4 4 2

x x x+ = ⇔ + = ⇔ = ou 5 49 5 7

34 16 4 4

x x x+ =− ⇔ + =− ⇔ =−

1

3 ;2

S = −

.

b. 22 9 11 0x x+ + =

2 2 22 2

2 2

9 11 9 9 11 9 81 112 9 11 2 2 2

2 2 4 4 2 4 16 2

9 7 9 72 2

4 16 4 8

x x x x x x

x x

+ + = + + = + − + = + − + = + + = + +

Nous résolvons : 2 2

2 9 7 9 72 9 11 0 2 0

4 8 4 16x x x x

+ + = ⇔ + + = ⇔ + =− .

Le carré d’un nombre réel n’est jamais négatif donc il n’y a pas de solution réelle. S =∅ .


( )24 4 1 16 4a a∆= − − × × = − .

Pour avoir deux solutions réelles distinctes, il faut avoir 16 4 0 16 4 4a a a− > ⇔ > ⇔ > .

On a alors deux solutions ( )

1

4 4 44 16 4 4 2 42 4

2 1 2 2

aa ax a

− −− − − −= = = = − −

× et

2 4 a+ − avec 1 2x x< .

On souhaite avoir 1 21 5x x≤ < ≤ .

11 1 2 4 4 1

0 4 1 4 3

4 3

x a

a

a

a a

≤ ⇔ ≤ − − ⇔ − ≤

⇔ ≤ − ≤ ⇔− ≤− ≤−

⇔ ≥ ≥

2 5 2 4 5 4 3

0 4 9 4 5

4 5

x a a

a a

a

≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤

⇔ ≤ − ≤ ⇔− −

⇔ ≥

≤

≥−

≤

En tenant compte des 3 conditions en rouge, qui doivent toutes être vérifiées simultanément : 3 4a≤ < donc [ [3 ; 4a∈


- 25 -


On pose L la longueur du rectangle. Sa largeur est donc 7L− et sa diagonale 1L+ .

En utilisant le théorème de Pythagore :

( ) ( )2 22

2 2 2

2 2

2

1 7

2 1 14 49

2 1 2 14 49

16 48 0

L L L

L L L L L

L L L L

L L

+ = + −

+ + = + − +

+ + = − +

− + =

( )216 4 1 48 64∆= − − × × = : deux solutions

( )1

16 644

2 1x

− − −= =

× et

( )2

16 6412

2 1x

− − += =

×

Deux solutions, mais la longueur 4 cmL= donne une largeur négative 7 3L− =− . La seule solution est donc 12 cmL= .

L’aire du rectangle est donc ( ) 212 12 7 60 cmAire= × − = .


1. En considérant le triangle OIJ rectangle en I : OI R h= − et 20

IJ 102

= = . En appliquant le

théorème de Pythagore :

( )

2 2 2

22 2

2 2 2

2

OJ OI IJ

10

2 100

0 2 100

R R h

R R Rh h

h Rh

= +

= − +

= − + +

= − +

2. Le discriminant de 2 2 100h Rh− + est ( )2 22 4 1 100 4 400R R∆= − − × × = − .

Pour avoir au moins une racine réelle, on doit vérifier :

( )

2

2

2

0

4 400 0

4 400

100

10 car 0

R

R

R

R R

∆≥

− ≥

≥

≥

≥ ≥

Physiquement, si la bille a un diamètre inférieur à 20 cm, cela ne convient pas à la définition d’une calotte de 20 cm (la bille est trop petite) - voir illustration.


- 26 -

3. a. Dans ce cas,

( ) ( )22 2

21

2 4 1002 4 400 2 2 100100

2 1 2 2

R RR R R Rh R R

− −− − − − − −= = = = − −

×

et 22 100h R R= + − sont les solutions de l’équation ( )E . Cependant 2h R> est une

solution physiquement impossible.

Donc 2 100h R R= − − est la seule solution.

b. 213 13 100 4,7 cmh= − − ≃ Exercice 24 - correction

La surface totale d’un cylindre fermé est composé d’une surface latérale de 2 r hπ × et de deux

disques dont chacun a une surface de 2rπ .

Nous obtenons, en considérant que 2 22m 20 000 cm= :

2

2

2 82 2 20 000

2 164 20 000 0

r r

r r

π π

π π

× + × =

+ − =

( ) ( )2 2164 4 2 20 000 26 896 160 000π π π π∆= − × × − = +

Deux solutions : 1164

2 2h

π

π

− − ∆=

× qui est une valeur négative, donc impossible, et

2164

28,7 cm2 2

hπ

π

− + ∆=

×≃ , seule solution possible.


Notons 1R et 2R les deux résistances cherchées, avec 1 2R R≤ . En série, la résistance totale est 1 2 40TR R R= + = . On en déduit que 2 140R R= − .

En parallèle, la résistance totale vérifie : 1 2

1 1 1 18,4TR R R

= + =


- 27 -

En passant au même dénominateur : 2 1

1 2

18,4

R R

R R

+= .

En remplaçant 2R par 140 R− : ( )

1 12

1 1 1 1

40 1 40 140 8,4 8,440

R R

R R R R

− += ⇔ =

− −.

Le produit en croix donne : ( )2 21 1 1 140 1 40 8,4 40 336 0R R R R− × = × ⇔− + − =

( ) ( )240 4 1 336 256∆= − × − × − = .

Deux solutions : ( )1

40 25628

2 1R

− −= =

× − et

( )140 256

122 1

R− +′ = =

× −.

Si 1 28R = Ω , 2 40 28 12R = − = Ω et 1 2R R> .

On choisit donc 1 12R = Ω et 2 40 12 28R = − = Ω .

Exercise 26 - correction

Let n the initial group number and p be the initial price for each girl to take the bus : 360n p× = .

We get the information that ( ) ( )3 6 360n p+ × − = , that is to say that 3 girls more on the trip affects

the initial price by $ 6 less.

360p

n= , so we get :

( )

( )

( )

2

2

1 0803603 6 360 360 6 18 360

1 0806 18 0

6 1 080 18 0 multiplying by

3 180 0 dividing by 6

n nn n

nn

n n n

n n

+ − = ⇔ − + − =

⇔− + − =

⇔− + − =

⇔ + − = −

( )23 4 1 180 729∆= − × × − = .

Two solutions : 13 729

152 1

n− −

= =−×

(impossible of course) and 23 729

122 1

n− +

= =×

.

12 3 15+ = : at the end, 15 girls are going on the trip.


a. 332 1 156 1 240 1 116 0× − × + × − = donc 1 est bien solution de l’équation. Le point auquel correspond la valeur 1 est le milieu de la poutre. b. On développe :

( )( )2 3 2 2

3 2

1 32 124 116 32 124 116 32 124 116

32 156 240 116

x x x x x x x x

x x x

− − + = − + − + −

= − + −

c. 232 124 116x x− + a pour discriminant ( )2124 4 32 116 528∆= − − × × = .

Deux solutions : ( )

1124 528

1,582 32

x− − −

=×

≃ et ( )

2124 528

2,302 32

x− − +

=×

≃

2 2x > ne peut convenir.

d. Comme 1mx ≠ , il reste la solution unique 1 1,58mx x= ≃


- 28 -


a. Considérons v la vitesse du bateau sans le moindre courant.

À l’aller, le courant est contraire et la vitesse du bateau est 2av v= − (en 1km.h− ).

Le temps mis pour le chemin aller est 15

2aa

dt

v v= =

−.

Au retour, le courant est dans le bon sens et la vitesse du bateau est 2rv v= + (en 1km.h− ).

Le temps mis pour le chemin retour est 15

2rr

dt

v v= =

+.

Le temps total est de 3 heures. Donc :

( ) ( )

( )( )

( )

2

2

2

2

15 153 3

2 215 2 15 2

32 2

15 30 15 303

430 3

14

30 1 4 3

3 30 12 0

a rt tv v

v v

v v

v v

vv

v

v v

v v

+ = ⇔ + =− +

+ + −⇔ =

− +

+ + −⇔ =

−

⇔ =−

⇔ × = − ×

⇔ − − =

( ) ( )230 4 3 12 1 044∆= − − × × − = .

Deux solutions : ( )

130 1 044

0,42 3

v− − −

= −×

≃ , solution impossible car la vitesse doit être

positive, et ( )

230 1 044

10,42 3

v− − +

=×

≃ . Le bateau, sans courant, voguerait à la vitesse de

110,4 km.h− environ.

b. 15

1,7857 h2at v

=−≃ .

On convertit : 1,7857h 1h 0,7857 60 min

1h 47,142min

1h 47min 0,142 60 s

1h 47min 9 s

= + ×

= +

= + + ×

= + +

Le bateau a mis 1 h 47 min 9 s à l’aller . c. On complète jusqu’à 3 h.

Le bateau a mis 1 h 12 min 51 s au retour.


- 29 -


Considérons le chemin constitué de 2 rectangles de longueur 2 4t + et de largeur t (côtés gauche et droit), et de 2 rectangles de longueur 2 et de largeur t (côtés haut et bas). Nous devons résoudre l’équation :

( )

( ) ( )

unrectangleunrectanglehaut oubasgauche ou droite

2

2

2 4 2 2 2 9,6

4 8 4 9,6

4 12 9,6 0

t t t

t t t

t t

+ × × + × × =

+ + =

+ − =

( )212 4 4 9,6 297,6∆= − × × − =

Deux solutions : 112 297,6

3,662 4

t− −

= −×

≃ (impossible, car la largeur du chemin doit être positive),

et 212 297,6

0,662 4

t− +

=×

≃ .

Le chemin doit avoir environ 66 cm pour largeur.

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