Corrigé devoir n°1 maths - 2nd s

 

$a\;,\ b\ $ et $\ c$ sont des réels non nuls.

 

1) Si $a-b=ab$ alors, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}&=&\dfrac{b-a}{ab}\\\\&=&-\dfrac{(a-b)}{ab}\\\\&=&-1\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}=-1}$

 

2) Si $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ alors, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}&\Rightarrow&\dfrac{1}{c}=\dfrac{b-a}{ab}\\\\&\Rightarrow&c=\dfrac{ab}{b-a}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{c=\dfrac{ab}{b-a}}$

 

3) Simplifions le quotient $A=\dfrac{a^{8}b^{6}c^{4}-a^{3}b^{2}c}{a^{10}b^{8}c^{6}-a^{5}b^{4}c^{3}}$

 

On a :

 

$\begin{array}{rcl} A&=&\dfrac{a^{8}b^{6}c^{4}-a^{3}b^{2}c}{a^{10}b^{8}c^{6}-a^{5}b^{4}c^{3}}\\\\&=&\dfrac{a^{3}b^{2}c(a^{5}b^{4}c^{3}-1)}{a^{5}b^{4}c^{3}(a^{5}b^{4}c^{3}-1)}\\\\&=&\dfrac{a^{3}b^{2}c}{a^{5}b^{4}c^{3}}\\\\&=&\dfrac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}}\end{array}$

 

Donc, $\boxed{A=\dfrac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}}}$

 

4) Montrons que si $\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}$ alors, $\dfrac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+b^{2}}=\dfrac{a}{c}\ $ et $\ \dfrac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+b^{2}}+\dfrac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}-b^{2}}=0$

 

Soit : $\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}$ alors, on a : $ac=b^{2}.$

 

Supposons que cette dernière égalité soit vraie. Montrons alors que $\dfrac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+b^{2}}=\dfrac{a}{c}.$

 

En effet, le produit des extrêmes de cette égalité de quotients vaut $c(a^{2}+b^{2})$ et celui des moyens vaut $a(c^{2}+b^{2})$

 

La différence de ces deux termes donne :

 

$\begin{array}{rcl} c(a^{2}+b^{2})-a(c^{2}+b^{2})&=&ca^{2}+cb^{2}-ac^{2}-ab^{2}\\\\&=&ca^{2}-ac^{2}+cb^{2}-ab^{2}\\\\&=&ac(a-c)+b^{2}(c-a)\\\\&=&(a-c)(ac-b^{2})\;;\quad\text{or},\ ac=b^{2}\\\\&=&0\end{array}$

 

Ce qui prouve qu'on a bien : $\boxed{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+b^{2}}=\dfrac{a}{c}}$

 

Par ailleurs, l'égalité $\dfrac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+b^{2}}+\dfrac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}-b^{2}}=0$, est équivalente a :

$$\dfrac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+b^{2}}=\dfrac{b^{2}-a^{2}}{c^{2}-b^{2}}$$

Soit alors, $(a^{2}+b^{2})(c^{2}-b^{2})$ le produit des extrêmes et $(c^{2}+b^{2})(b^{2}-a^{2})$ celui des moyens.

 

La différence de ces deux termes donne :

 

$\begin{array}{rcl}(a^{2}+b^{2})(c^{2}-b^{2})-(c^{2}+b^{2})(b^{2}-a^{2})&=&a^{2}c^{2}-a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}-b^{4}-c^{2}b^{2}+c^{2}a^{2}-b^{4}+b^{2}a^{2}\\\\&=&2(a^{2}c^{2}-b^{4})\end{array}$

 

Or, par hypothèse, on a :

 

$\begin{array}{rcl} ac=b^{2}&\Rightarrow&a^{2}c^{2}=b^{4}\\\\&\Rightarrow&a^{2}c^{2}-b^{4}=0\end{array}$

 

Ce qui démontre qu'on a bien : $\boxed{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+b^{2}}+\dfrac{a^{2}-b^{2}}{c^{2}-b^{2}}=0}$

1) Factorisons les expressions suivantes :

 

$\begin{array}{rcl} E&=&(a+b)^{2}-(c+d)^{2}+(a+c)^{2}-(b+d)^{2}\\\\&=&[(a+b)-(c+d)][(a+b)+(c+d)]+[(a+c)-(b+d)][(a+c)+(b+d)]\\\\&=&(a+b-c-d)(a+b+c+d)+(a+c-b-d)(a+c+b+d)\\\\&=&[a+b+c+d][(a+b-c-d)+(a+c-b-d)]\\\\&=&(a+b+c+d)(a+b-c-d+a+c-b-d)\\\\&=&(a+b+c+d)(2a-2d)\\\\&=&2(a+b+c+d)(a-d)\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{E=2(a-d)(a+b+c+d)}$

 

$\begin{array}{rcl} F&=&a^{4}-b^{4}+2ab(a^{2}-b^{2})-(a^{3}-b^{3})+ab^{2}-a^{2}b\\\\&=&(a^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2})+2ab(a^{2}-b^{2})-[(a-b)(a^{2}+ab+b^{2})]-ab(a-b)\\\\&=&(a^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2}+2ab)-(a-b)(a^{2}+ab+b^{2}+ab)\\\\&=&(a^{2}-b^{2})(a+b)^{2}-(a-b)(a^{2}+2ab+b^{2})\\\\&=&(a^{2}-b^{2})(a+b)^{2}-(a-b)(a+b)^{2}\\\\&=&(a+b)(a-b)(a+b)^{2}-(a-b)(a+b)^{2}\\\\&=&(a-b)(a+b)^{2}(a+b-1)\end{array}$

 

Donc, $\boxed{F=(a-b)(a+b)^{2}(a+b-1)}$

 

$\begin{array}{rcl} G&=&ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc\\\\&=&a^{2}b+ab^{2}+b^{2}c+bc^{2}+c^{2}a+ca^{2}+2abc\\\\&=&a^{2}b+ca^{2}+b^{2}c+bc^{2}+(ab^{2}+c^{2}a+2abc)\\\\&=&a^{2}b+ca^{2}+b^{2}c+bc^{2}+a(b^{2}+c^{2}+2bc)\\\\&=&a^{2}(b+c)+bc(b+c)+a(b+c)^{2}\\\\&=&(b+c)(a^{2}+bc+a(b+c))\\\\&=&(b+c)(a^{2}+bc+ab+ac)\\\\&=&(b+c)[a(a+b)+c(a+b)]\\\\&=&(b+c)(a+b)(a+c)\end{array}$

 

D'où, $\boxed{G=(b+c)(a+b)(a+c)}$

 

2) Vérifions que, pour tout réel $x\;$, l'identité : $x^{2}-x+1=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{4}$

 

Soit :

 

$\begin{array}{rcl}\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{4}&=&x^{2}-x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\\\\&=&x^{2}-x+1\end{array}$

 

Ce qui vérifie bien l'égalité :

$$\forall\;x\in\mathbb{R}\;;\ x^{2}-x+1=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{4}$$

Rappel : le second membre de cette égalité est appelé forme canonique de $x^{2}-x+1.$

 

En déduisons l'ensemble de définition de la fonction $Q=\dfrac{x^{3}+2x^{2}+2x+1}{x^{3}+1}$, puis simplifions $Q.$

 

Soit : $Q=\dfrac{x^{3}+2x^{2}+2x+1}{x^{3}+1}=\dfrac{x^{3}+2x^{2}+2x+1}{(x+1)(x^{2}-x+1)}$

 

Alors, $Q(x)$ existe si, et seulement si, $(x+1)\neq 0\ $ et $\ (x^{2}-x+1)\neq 0$

 

Or, $x^{2}-x+1=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{4}>0$ donc, $\forall\;x\in\mathbb{R}\;;\ x^{2}-x+1\neq 0$

 

Par suite, $Q(x)\;\exists \Leftrightarrow x\neq -1$

 

D'où, $\boxed{D_{Q}=\mathbb{R}\setminus\{-1\}}$

 

Simplifions $Q$

 

On constate que $-1$ est racine évidente du numérateur.

 

On peut alors factoriser le numérateur de $Q$ par $(x+1).$

 

Ainsi, il existe un polynôme $R(x)$ tel que $x^{3}+2x^{2}+2x+1=(x+1)\times R(x)$

 

Par division euclidienne, on a :

$$\begin{array}{l} \ \ x^{3}+2x^{2}+2x+1 \\ -x^{3}-x^{2} \\ \hline \quad 0-x^{2}+2x+1 \\ \qquad -x^{2}-x \\ \hline\qquad\quad 0+x+1\\\qquad\qquad -x-1 \\\hline\qquad\qquad\qquad 0\\ \\\end{array}\ \begin{array}{|l} x+1 \\ \hline x^{2}+x+1 \\ \\  \\ \\ \\ \\ \\ \end{array}$$

Donc, $R(x)=x^{2}+x+1$

 

Par suite,

 

$\begin{array}{rcl} Q(x)&=&\dfrac{x^{3}+2x^{2}+2x+1}{x^{3}+1}\\\\&=&\dfrac{(x+1)(x^{2}+x+1)}{(x+1)(x^{2}-x+1)}\\\\&=&\dfrac{x^{2}+x+1}{x^{2}-x+1}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{Q(x)=\dfrac{x^{2}+x+1}{x^{2}-x+1}}$

1) $a\ $ et $\ b$ sont des réels non nuls. Démontrons les identités :

 

a) Soit : $\sqrt{a+\sqrt{b}}>0\ $ et $\ \sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}>0$ alors, l'égalité $\sqrt{a+\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}$ est équivalente à :

Posons $A=\sqrt{a+\sqrt{b}}$ alors, on a :

 

$\begin{array}{rcl} A^{2}&=&\left(\sqrt{a+\sqrt{b}}\right)^{2}\\\\&=&a+\sqrt{b}\end{array}$

 

Par ailleurs, posons : $B=\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}$ alors,

 

$\begin{array}{rcl} B^{2}&=&\left(\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}\right)^{2}\\\\&=&\left(\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}\right)^{2}+2\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}\times\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}+\left(\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}\right)^{2}\\\\&=&\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})+\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})+2\sqrt{\dfrac{1}{4}(a+(\sqrt{a^{2}-b})(a-(\sqrt{a^{2}-b}))}\\\\&=&a+\sqrt{a^{2}-(\sqrt{a^{2}-b})^{2}}\\\\&=&a+\sqrt{a^{2}-a^{2}+b}\\\\&=&a+\sqrt{b}\end{array}$

 

Ainsi, $A^{2}=B^{2}$

 

D'où, le résultat.

 

b) Soit : $\sqrt{a-\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}-\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}>0$

 

De la même manière, en élevant au carré le premier et le second membre de cette égalité, on obtient :

 

$\left\lbrace\begin{array}{rcl} \left(\sqrt{a-\sqrt{b}}\right)^{2}&=&a-\sqrt{b}\\\\ \left(\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}-\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}\right)^{2}&=&a-\sqrt{b}\end{array}\right.$

 

D'où, $\sqrt{a-\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{1}{2}(a+\sqrt{a^{2}-b})}-\sqrt{\dfrac{1}{2}(a-\sqrt{a^{2}-b})}$

 

2) En déduisons une écriture sous la forme $\sqrt{x}+\sqrt{y}\;$ ou $\;\sqrt{x}-\sqrt{y}$ de chacun des réels :

$$\sqrt{2+\sqrt{3}}\;,\quad\sqrt{3-\sqrt{5}}\;,\quad\sqrt{4+\sqrt{15}}$$

D'après la question 1) a), on peut écrire :

 

$\begin{array}{rcl}\sqrt{2+\sqrt{3}}&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(2+\sqrt{2^{2}-3})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(2-\sqrt{2^{2}-3})}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(2+\sqrt{4-3})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(2-\sqrt{4-3})}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(2+1)}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(2-1)}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{3}{2}}+\sqrt{\dfrac{1}{2}}\end{array}$

 

Donc, $\boxed{\sqrt{2+\sqrt{3}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}+\sqrt{\dfrac{1}{2}}}$

 

D'après la question 1) b), on peut écrire :

 

$\begin{array}{rcl}\sqrt{3-\sqrt{5}}&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(3+\sqrt{3^{2}-5})}-\sqrt{\dfrac{1}{2}(3-\sqrt{3^{2}-5})}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(3+\sqrt{9-5})}-\sqrt{\dfrac{1}{2}(3-\sqrt{9-5})}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(3+\sqrt{4})}-\sqrt{\dfrac{1}{2}(3-\sqrt{4})}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(3+2)}-\sqrt{\dfrac{1}{2}(3-2)}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{5}{2}}-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{\sqrt{3-\sqrt{5}}=\sqrt{\dfrac{5}{2}}-\sqrt{\dfrac{1}{2}}}$

 

De la même manière, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\sqrt{4+\sqrt{15}}&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(4+\sqrt{4^{2}-15})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(4-\sqrt{4^{2}-15})}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(4+\sqrt{16-15})}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(4-\sqrt{16-15})}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{2}(4+1)}+\sqrt{\dfrac{1}{2}(4-1)}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{5}{2}}+\sqrt{\dfrac{3}{2}}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\sqrt{4+\sqrt{15}}=\sqrt{\dfrac{5}{2}}+\sqrt{\dfrac{3}{2}}}$

 

Simplifier la somme $S=\dfrac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\dfrac{2}{\sqrt{3-\sqrt{5}}}-\dfrac{1}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}$

 

On a :

 

$\begin{array}{rcl} S&=&\dfrac{1}{\sqrt{2+\sqrt{3}}}+\dfrac{2}{\sqrt{3-\sqrt{5}}}-\dfrac{1}{\sqrt{4+\sqrt{15}}}\\\\&=&\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{3}{2}}+\sqrt{\dfrac{1}{2}}}+\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{5}{2}}-\sqrt{\dfrac{1}{2}}}-\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{5}{2}}+\sqrt{\dfrac{3}{2}}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}+1}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}-1}-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}+\dfrac{2\sqrt{2}(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}-\dfrac{\sqrt{2}(\sqrt{5}-\sqrt{3})}{(\sqrt{5}+\sqrt{3})(\sqrt{5}-\sqrt{3})}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{3-1}+\dfrac{2(\sqrt{10}+\sqrt{2})}{5-1}-\dfrac{\sqrt{10}-\sqrt{6}}{5-3}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}+\dfrac{2(\sqrt{10}+\sqrt{2})}{4}-\dfrac{\sqrt{10}-\sqrt{6}}{2}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}+\sqrt{10}+\sqrt{2}-\sqrt{10}+\sqrt{6}}{2}\\\\&=&\sqrt{6}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{S=\sqrt{6}}$

Exercice 4