Corrigé DS1 - Dominique Frin

CORRIGÉ
DEVOIR SURVEILLÉ N° 1
PREMIÈRE S
EXERCICE 1 : On considère le polynôme P défini par
P(x) = – 2x2 – 4x + 1 et le polynôme Q dont la représentation graphique est
donnée ci-contre, de sommet S(1 ; – 3) et passant par A(– 1 ; 1).
1. Comme le sommet de la représentation graphique de Q est S((1 ; – 3) ,
alors Q(x) = a(x – 1)2 – 3 ; et passe par A(– 1 ; 1), donc Q(1) = 1,
soit a(– 1 – 1)2 – 3 = 1, soit 4a = 4, soit a = 1.
Donc Q(x) = (x – 1)2 – 3 = x2 – 2x + 1 – 3 = x2 – 2x – 2.
2. Les coordonnées du sommet de la parabole représentative de P sont
−b
4
données par α =
=
= – 1 et
2a
2×(−2 )
β = P(α) = P(– 1) = – 2 – 4(– 1) + 1 = 3. Donc S'(– 1 ; 3).
3. Pour P : Comme a < 0, la parabole
x
–∞
–1
+∞
est tournée vers le bas, d'où le tableau
de variations de P(x) :
3
Pour Q : Comme a > 0, la parabole est P(x)
tournée vers le haut, d'où le tableau de
–∞
variations de Q(x) :
x
–∞
1
+∞
+∞
+∞
–∞
4. Représentation graphique de la courbe représentative de P dans le
graphique ci-dessus.
5. L'équation P(x) = 0 équivaut à – 2x2 – 4x + 1 = 0 ; on calcule le
discriminant  = b2 – 4ac =(– 4)2 – 4×(– 2)×1 = 24 > 0, donc
–3
l'équation a deux solutions :
4+√ 24
4+2 √ 6
6
−b  
x1 =
=
=
= −1− √ et
2×(−2)
−4
2
2a
4− √ 24
4 −2 √ 6
6
6
6
−b−  
√
√
√
x2 =
=
=
= −1 +
. Donc S = { −1−
; −1 +
}.
2×(−2)
−4
2
2
2
2a
L'équation Q(x) = 0 équivaut à x2 – 2x – 2 = 0 ; on calcule  = b2 – 4ac =(– 2)2 – 4×1×(– 2) = 12 > 0, donc
2 +√ 12
2+2 √ 3
2− √ 12
−b  
−b−  
l'équation a deux solutions : x1 =
=
=
= 1 + √ 3 et x2 =
=
= 1 – √3 .
2
2
2
2a
2a
Donc S = {1 + √ 3 ; 1 – √ 3 }.
6. Tableau de signes de P(x) et de Q(x) :
x
1 + √3
–∞
1 – √3
+∞
x
6
6
√
√
–∞
+∞
−1−
−1+
2
2
Q(x)
0
+
0
–
+
P(x)
0
+
0
–
–
Q(x)
7. Pour déterminer les coordonnées des éventuels points d'intersection des paraboles représentant P et Q, on résout
l'équation P(x) = Q(x) équivaut à – 2x2 – 4x + 1 = x2 – 2x – 2 équivaut à – 3x2 – 2x + 3 = 0 ; on calcule le
discriminant  = b2 – 4ac =(– 2)2 – 4×(– 3)×3 = 40 > 0, donc l'équation a deux solutions :
2+ √ 40
2− √ 40
2+2 √ 10
−1−√ 10
2−2 √ 10
−1+ √ 10
−b  
−b−  
x1 =
=
=
=
et x2 =
=
=
=
.
2×(−3 )
2×(−3 )
−6
3
−6
3
2a
2a
−1−√ 10
−1+ √ 10
Donc S = {
;
}.
3
3
8. L'inéquation P(x) ⩾ Q(x) équivaut à
x
−1− √ 10
−1+ √ 10
–∞
+∞
– 3x2 – 2x + 3 ⩾ 0 ; d'après la question précédente,
3
3
on obtient le tableau de signes :
– 3x2 – 2x + 3
0
+
0
–
–
−1− √10
−1 +√ 10
D'où la solution : S =
;
.
3
3
[
]
EXERCICE 2 : Trouver les dimensions d'un rectangle dont le périmètre est égal à 140 cm et l'aire est égale
à 1056 cm2 .
On pose x et y les dimensions de ce rectangle ; on a alors 2x + 2y = 140, soit x + y = 70 et xy = 1056 ;
d'où y = 70 – x ; on remplace dans l'autre équation : x(70 – x) = 1056 ; on développe : – x2 + 70x = 1056 ;
on compare à zéro : – x2 + 70x – 1056 = 0 ; on calcule le discriminant
 = b2 – 4ac = 702 – 4×(– 1)×( – 1056) = 676 = 262 > 0, donc l'équation a deux solutions :
−70+26
−70−26
70−26
70+26
−b  
−b−  
x1 =
=
=
= 22 et x2 =
=
=
= 48.
2×(−1)
2×(−1)
2
2
2a
2a
Vérification : 2×22 + 2×48 = 140 et 22×48 = 1056. Donc les dimensions du rectangle sont 22 et 48 cm.
EXERCICE 3 : On considère un rectangle ABCD tel que AB = 3 cm et BC = 5 cm ; le point M est un point du
segment [AB] et on pose AM = x ; les points N, P, Q sont
respectivement sur [BC], [CD] et [DA] tel que BN = CP = DQ = x.
1. La figure complétée ci-dessous avec les points N, P et Q.
2. L'aire du quadrilatère MNPQ est égale à
aire(ABCD) – aire(BMN) – aire(CNP) – aire(DPQ) – aire(AMQ) =
x (3− x)
x (5− x)
x (3− x)
x (5− x)
15 –
–
–
–
=
2
2
2
2
15 – x(3 – x) – x(5 – x) = 15 – 3x – 5x + x2 + x2 = 2x2 – 8x + 15, donc
S(x) = 2x2 – 8x + 15.
3. Le tableau de variations de la fonction S sur son ensemble de définition qui est l'intervalle [0 ; 3] puisque M est
un point du segment [AB] de longueur 3 :
8
−b
On a α =
=
= 2 et β = S(α) = S(2) = 2×22 – 8×2 + 15 = 7.
2×2
2a
x
0
2
15
3
9
Q(x)
7
4. Donc l'aire minimale de MNPQ est 7 cm2 atteinte lorsque x = 2 et
l'aire maximale de MNPQ est 15 cm2 atteinte lorsque x = 0.
5. Pour trouver la position du point M sur [AB] pour que l'aire de
MNPQ soit supérieure ou égale à 7,5 cm2 , on résout l'inéquation
S(x) ⩾ 7,5 équivaut à 2x2 – 8x + 15 ⩾ 7,5
équivaut à 2x2 – 8x + 7,5 ⩾ 0.
on calcule le discriminant  = b2 – 4ac = (– 8)2 – 4×2×7,5 = 4 = 22 > 0, donc l'équation a deux solutions :
8+2
8−2
−b  
−b−  
x1 =
=
= 2,5 et x2 =
=
= 1,5.
2×2
2×2
2a
2a
Le tableau de signes de 2x2 – 8x + 7,5 est :
Donc la solution est S = [0 ; 1,5] ∪ [2,5 ; 3].
x
2x2 – 8x + 7,5
0
2,5
1,5
+
0
–
0
+∞
+

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