Équations du second degré Première : exercices corrigés PDF

(x − u)(x − v) = x² − (u + v)x + uv = x² − sx + p. Les réels u et v sont donc les racines de ce trinôme.

2(u + v) = 34 donne s = 17, et p = 60. Pour x² − 17x + 60, Δ = 289 − 240 = 49, donc les racines sont (17 − 7)/2 = 5 et (17 + 7)/2 = 12. Le rectangle mesure 12 cm sur 5 cm.

2(u + v) = 20 donne s = 10, et p = 30. Pour x² − 10x + 30, Δ = 100 − 120 = −20 : pas de racine réelle, donc un tel rectangle n’existe pas.

Avec s = 10 et une aire p, il faut Δ = 100 − 4p ⩾ 0, soit p ⩽ 25. L’aire maximale vaut donc 25 cm², atteinte par le carré de côté 5 cm.

C₁ : $a>0\text{, }\Delta>0\text{. }\mathcal{C}_2\text{ : }a<0\text{, }\Delta>0\text{. }\mathcal{C}_3\text{ : }a>0\text{, }\Delta<0\text{. }\mathcal{C}_4\text{ : }a<0$, Δ = 0.

Le signe de a sépare q et s de p et r. Comme Δ = −8 pour q et Δ = 4 pour s, C₃ est celle de q et C₁ celle de s. Comme Δ = 0 pour p et Δ = 16 pour r, C₄ est celle de p et C₂ celle de r.

C₂ est sur l’axe des abscisses ou au-dessus entre ses points d’abscisses −1 et 3 : S = [−1 3].

q(x) = (x + 1)² + 2. Un carré est positif ou nul, donc $q(x)\geqslant2>0$ pour tout réel x.

Racines −2 et 3 (somme 1, produit −6). Comme $a>0$, il est négatif ou nul entre elles : S = [−2 3].

Δ = 25 + 24 = 49, racines (−5 + 7)/−6 = −1/3 et (−5 − 7)/−6 = 2. Comme $a<0$, le trinôme est strictement négatif à l’extérieur des racines : S = ]−∞ −1/3[∪]2 +∞[.

x² + 4x + 4 = (x + 2)² est strictement positif sauf en −2 : S = ]−∞ −2[∪]−2 +∞[.

Δ = 1 − 32 = −31. Le trinôme garde le signe de a = 2 : il est toujours strictement positif, donc S = ∅.

f(x) = g(x) équivaut à 2x² − 2x − 4 = 0, soit x² − x − 2 = 0, de racines −1 et 2. Les points sont (−1 −2) et (2 4).

g(x) − f(x) = −2x² + 2x + 4 = −2(x + 1)(x − 2). Comme $a=-2<0$, cette expression est strictement positive entre les racines : la courbe de g est au-dessus sur ]−1 2[ et en dessous à l’extérieur.

g(x) − f(x) = −2(x − 1/2)² + 9/2. Comme −2(x − 1/2)² ⩽ 0, l’écart est au plus 9/2. Cette valeur est atteinte pour x = 1/2, qui appartient à l’intervalle.

L’équation devient −4x + 2 = 0, du premier degré, et $x=\dfrac{1}{2}$.

Δ = 16 − 4 × (m + 1) × 2 = 16 − 8m − 8 = 8 − 8m = 8(1 − m).

Si m est inférieur à 1 et différent de −1 : deux solutions. Si m = −1 : une solution (question 1). Si m = 1 : une solution, x = 1. Si m est supérieur à 1 : aucune solution.

4(m + 1) − 8 + 2 = 0 donne m = 1/2. Le produit des solutions vaut 2/(m + 1) = 4/3, d’où l’autre solution 2/3.

En une heure, A réalise 1/x du tirage et B en réalise 1/(x + 3). Ensemble, elles en réalisent 1/2.

En multipliant par 2x(x + 3), non nul : 2(x + 3) + 2x = x(x + 3), soit 4x + 6 = x² + 3x, donc x² − x − 6 = 0.

Les racines sont 3 et −2 (somme 1, produit −6). Comme $x>0$, on a x = 3 : A met 3 h, B met 6 h.

$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{2}{6}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{2}$ : le résultat convient.

Les dimensions sont 30 + 2x et 20 + 2x. L’aire de la photo vaut 600 cm², donc (30 + 2x)(20 + 2x) = 1200.

600 + 100x + 4x² = 1200, soit 4x² + 100x − 600 = 0. En divisant par 4 : x² + 25x − 150 = 0.

Δ = 625 + 600 = 1225 = 35². Les racines sont (−25 + 35)/2 = 5 et (−25 − 35)/2 = −30. Une largeur est positive : la bordure mesure 5 cm.

Le cadre mesure 40 cm sur 30 cm, soit 1200 cm², le double de 600 cm².

h(t) = −5(t² − 4t) + 25 = −5[(t − 2)² − 4]+25 = −5(t − 2)² + 45. Le maximum est 45 m, atteint à t = 2 s.

h(t) = −5(t² − 4t − 5) = −5(t − 5)(t + 1). Comme t ⩾ 0, la balle touche le sol à t = 5 s.

h(t) ⩾ 40 équivaut à t² − 4t + 3 ⩽ 0, soit (t − 1)(t − 3) ⩽ 0, donc t ∈ [1 3]. Cela dure 2 s.

Avec la dérivation, h’(t) = −10t + 20. Cette dérivée est positive avant t = 2 et négative après, donc h est maximale à t = 2.