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Solution des exercices : Équations, inéquations et systèmes 1eS

Classe:

Première

Exercice 1

Résolvons dans $\mathbb{R}\ :$

1) Soit à résoudre l'équation $(2+\sqrt{3})x^{2}-(2\sqrt{3}+1)x+\sqrt{3}-1=0$

On a :

$\begin{array}{rcl}\Delta&=&(2\sqrt{3}+1)^{2}-4(2+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)\\ \\&=&12+4\sqrt{3}+1-4(2\sqrt{3}-2+3-\sqrt{3})\\ \\&=&13+4\sqrt{3}-4\sqrt{3}-4\\ \\&=&9\end{array}$

Donc, l'équation admet deux racines distinctes $x_{1}\ $ et $\ x_{2}$ telles que :

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

De plus, $x_{1}.x_{2}=P\ $ avec $P=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2+\sqrt{3}}\ $ et $\ x_{1}=1$

Donc,

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

Par suite, l'ensemble des solutions $S$ sera donné par :

$$S=\{1\;;\ 3\sqrt{3}-5\}$$

2) Soit à résoudre l'équation $(x^{2}+2x)(x^{2}+2x-2)+1=0$

On a :

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

Donc, $(x^{2}+2x)(x^{2}+2x-2)+1=0\ \Leftrightarrow\ x^{4}+4x^{3}+2x^{2}-4x+1=0$

On constate que $0$ n'est pas racine de l'équation. Par suite, en factorisant par $x^{2}$ on obtient :

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

avec, $g(x)=\left(x^{2}+4x+2-\dfrac{4}{x}+\dfrac{1}{x^{2}}\right)$

Comme $0$ n'est pas racine alors, $(x^{2}+2x)(x^{2}+2x-2)+1=0$ si, et seulement si, $g(x)=0$

Posons $X=x-\dfrac{1}{x}\ \Rightarrow\ x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}=X^{2}+2$

Alors, on a :

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

$\Delta=16-16=0$ donc, on a une racine double :

$$X_{0}=\dfrac{-4}{2}=-2$$

En faisant un retour sur le changement de variable, on obtient :

$\begin{array}{rcl} -2=x-\dfrac{1}{x}&\Rightarrow&-2=\dfrac{x^{2}-1}{x}\\ \\&\Rightarrow&-2x=x^{2}-1\\ \\&\Rightarrow&x^{2}+2x-1=0\end{array}$

Résolvons enfin l'équation $x^{2}+2x-1=0$

Soit : $\Delta=4+4=8\ \Rightarrow\ \sqrt{\Delta}=2\sqrt{2}$

Ainsi, $x_{1}=\dfrac{-2-2\sqrt{2}}{2}=-1-\sqrt{2}\quad\text{ et }\quad x_{2}=\dfrac{-2+2\sqrt{2}}{2}=-1+\sqrt{2}$

D'où,

$$S=\{-1-\sqrt{2}\;;\ -1+\sqrt{2}\}$$

3) Soit à résoudre l'inéquation $\dfrac{x^{2}-3x+2}{x^{2}+3x+2}<0$

Cherchons alors le signe de $x^{2}-3x+2$ et de $x^{2}+3x+2$

Soit : $x^{2}-3x+2$

On a : $\Delta=9-8=1$ donc, les racines $x_{1}\ $ et $\ x_{2}$ sont données par :

$$x_{1}=\dfrac{3-1}{2}=1\quad\text{et}\quad x_{2}=\dfrac{3+1}{2}=2$$

De même, soit : $x^{2}+3x+2$

On a : $\Delta=9-8=1$ donc, les racines $x_{1}\ $ et $\ x_{2}$ sont données par :

$$x_{1}=\dfrac{-3-1}{2}=-2\quad\text{et}\quad x_{2}=\dfrac{-3+1}{2}=-1$$

Considérons le tableau de signes suivant :

$$\begin{array}{|c|lcccccccccr|}\hline x&-\infty&&-2&&-1&&1&&2&&+\infty\\ \hline x^{2}-3x+2&&+&|&+&|&+&0&-&0&+&\\ \hline x^{2}+3x+2&&+&0&-&0&+&|&+&|&+&\\ \hline\dfrac{x^{2}-3x+2}{x^{2}+3x+2}&&+&\|&-&\|&+&0&-&0&+&\\ \hline\end{array}$$

D'où, $$S=]-2\;;\ -1[\cup]1\;;\ 2[$$

4) Soit à résoudre le système d'inéquations suivant :

$$\left\lbrace\begin{array}{rcl} x^{2}+x+3&\geq&0\\x^{2}-16&\leq&0\\x^{2}+2x-3&\geq&0\end{array}\right.$$

Soit alors, $x^{2}+x+3$

On a : $\Delta=1-12=-11$ donc, $x^{2}+x+3>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$

$x^{2}-16=(x-4)(x+4)$ ainsi, $x^{2}-16\leq 0$ sur $[-4\;;\ 4]$

Soit : $x^{2}+2x-3$

$\Delta=4+12=16$ donc, on a deux racines distinctes :

$x_{1}=\dfrac{-2-4}{2}=-3\quad\text{et}\quad\dfrac{-2+4}{2}=1$

Par suite, $x^{2}+2x-3\geq 0$ sur $]-\infty\;;\ -3]\cup[1\;;\ +\infty[$

Regroupons ces résultats dans le tableau de signes suivant :

$$\begin{array}{|c|lcccccccccr|}\hline x&-\infty&&-4&&-3&&1&&4&&+\infty\\ \hline x^{2}+x+3&&+&|&+&|&+&|&+&|&+&\\ \hline x^{2}-16&&+&0&-&|&-&|&-&0&+&\\ \hline x^{2}+2x-3&&+&|&+&0&-&0&+&|&+&\\ \hline\text{S}&&+&0&(-)&0&+&0&(-)&0&+&\\ \hline\end{array}$$

D'où, $$S=[-4\;;\ -3]\cup[1\;;\ 4]$$

Exercice 14

Les gérants d'un club de football veulent offrir à leurs joueurs $31$ paires de chaussures et $50$ maillots.

Ils s'adressent à deux fournisseurs qui proposent :

l'un des lots $A\ :\ 5$ paires de chaussures et $10$ maillots pour $125\,000\;\text{F}$

l'autre des lots $B\ :\ 8$ paires de chaussures et $10$ maillots pour $150\,000\;\text{F}$

On suppose que les gérants commandent $x$ lots $A\ $ et $\ y$ lots $B.$

1) Exprimons la dépense des organisateurs en fonction de $x\ $ et $\ y.$

Soit $D$ la dépense des organisateurs.

Comme chaque lot $A$ coûte $125\,000\;\text{F}$ donc, pour une commandant de $x$ lots $A$, les organisateurs vont dépenser $125\,000x\;\text{F}$

Comme chaque lot $B$ coûte $150\,000\;\text{F}$ donc, $y$ lots $B$ vont coûter $150\,000y\;\text{F}$ aux organisateurs.

Par suite, la dépense totale des organisateurs sera donnée par :

$$D=125\,000x+150\,000y$$

2) Exprimons sous forme d'un système d'inéquations les contraintes imposées aux gérants concernant le nombre minimal de maillots et de chaussures à distribuer.

On a :

$x$ lots $A$ représentent $5x$ paires de chaussures et $10x$ maillots

$y$ lots $B$ représentent $8y$ paires de chaussures et $10y$ maillots

Or, les organisateurs ont besoin de $31$ paires de chaussures et $50$ maillots donc,

$$5x+8y\leq 31\quad\text{et}\quad 10x+10y\leq 50$$

De plus, $x\ $ et $\ y$ sont des entiers.

Par conséquent, les contraintes imposées aux gérants concernant le nombre minimal de maillots et de chaussures à distribuer sont représentées par le système suivant :

$$\left\lbrace\begin{array}{rcl} x&\geq&0\\y&\geq&0\\5x+8y&\leq&31\\10x+10y&\leq&50\end{array}\right.$$

Représentons graphiquement ce système.

$x\geq 0$

La droite $x=0$ est l'axe des ordonnées. Soit $A\begin{pmatrix} 1\\0\end{pmatrix}\notin(Oy)$

Les coordonnées de $A$ vérifient l'inéquation $x\geq 0$ donc, $A$ appartient à la solution qui correspond à la partie non hachurée.

$y\geq 0$

On a : $y=0$ est l'axe des abscisses. Soit $B\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix}\notin(Ox)$

Les coordonnées de $B$ vérifient l'inéquation $y\geq 0$ donc, $B$ appartient à la solution qui correspond à la partie non hachurée.

Considérons l'inéquation : $5x+8y\leq 31$ et soit $(\mathfrak{D}_{1})$ la droite d'équation :

$$5x+8y=31$$

Le point $O\notin(\mathfrak{D}_{1})$ et ses coordonnées vérifient l'inéquation $5x+8y\leq 31.$

Donc, $O$ appartient à la solution qui correspond à la partie non hachurée.

Par ailleurs, soit l'inéquation : $10x+10y\leq 50$ et soit $(\mathfrak{D}_{2})$ la droite d'équation :

$$10x+10y=50\quad\text{ou encore}\quad x+y=5$$

On constate que le point $O\notin(\mathfrak{D}_{2})$ et que ses coordonnées vérifient l'inéquation $10x+10y\leq 50.$

Par suite, $O$ appartient à la solution qui correspond à la partie non hachurée.

Par conséquent, la solution du système d'inéquations déterminée par l'intersection de toutes ces solutions particulières, sera représentée par cette partie du plan non hachurée.

3) Déterminons les valeurs de $x\ $ et $\ y$ qui fournissent une dépense minimale.

La dépense minimale $D_{\text{min}}$ est atteinte au point $E.$

Donc, les coordonnées de ce point ; à savoir $x_{E}=3\ $ et $\ y_{E}=2$ permettent de réaliser une dépense minimale.

Ainsi,

$\begin{array}{rcl} D_{\text{min}}&=&125\,000x_{E}+150\,000y_{E}\\\\&=&125\,000\times 3+150\,000\times 2\\ \\&=&375\,000+300\,000\\\\&=&675\,000 \end{array}$

D'où,

$$D_{\text{min}}=675\,000\;\text{F}$$

Auteur:

Diny Faye

Commentaires

Anonyme (non vérifié)

jeu, 12/17/2020 - 14:32

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