Équations et inéquations du second degré

Équations et inéquations du second degré

I- Équations et polynômes du second degré
1. Généralités
Définition 1:
On appelle équation du second degré à coefficients réels toute équation de la forme ax2+bx+c=0 où a, b et c sont des réels avec a≠0.
Exemples :
• 2x2+3x−5=0 est une équation du second degré où a=2, b=3 et c=−5.
• x2−5x+2=0 est une équation du second degré où a=1, b=−5 et c=2.
• 4x2−7=0 est une équation du second degré où a=4, b=0 et c=−7.
• −3x2+2x=0 est une équation du second degré où a=−3, b=2 et c=0.
• 7x+5=0 n’est pas une équation du second degré.
• 7x3+4x2+5x−6=0 n’est pas une équation du second degré.
Définition 2 ::
On appelle polynôme du second degré ou trinôme du second degré tout polynôme de la forme ax2+bx+c où a, b et c sont des réels avec a≠0.
Définition 3 :
On dit qu’un réel α est une racine d’une polynôme du second degré P défini par P(x)=ax2+bx+c si P(α)=0.
Exemple :
4 est une racine du polynôme du second degré P défini par P(x)=2x2−11x+12.
En effet :
P(4)=2×42−11×4+12=2×16−44+12=32−32=0
Remarque :
D’une manière générale, on dit qu’un réel α est une racine d’un polynôme P si P(α)=0.
Définition 4 :
On considère une polynôme du second degré P défini par P(x)=ax2+bx+c.
On appelle discriminant de ce polynôme le nombre Δ=b2−4ac.
Exemples :
• On considère le polynôme P(x)=4x2−5x+2.
On a=4, b=−5 et c=2.
Le discriminant est alors :
Δ=b2−4ac=(−5)2−4×4×2=25−32=−7
• On considère le polynôme P(x)=3x2+4x−1.
On a=3, b=4 et c=−1.
Le discriminant est alors :
Δ=b2−4ac=42−4×3×(−1)=16+12=28
Remarque :
Parfois, les termes du polynôme du second degré ne sont pas rangés dans le sens des puissances de x décroissantes.
Il faut donc bien faire attention à l’ordre des termes du polynôme.
Propriété 1 :
On considère un polynôme du second degré P défini, pour tout réel x par P(x)=ax2+bx+c.
Alors, pour tout réel x on a P(x)=a[(x+b2a)2−Δ4a2].
    Preuve Propriété 1
    Pour tout réel x on a :
    P(x)=ax2+bx+c=a(x2+bax+ca)=a(x2+2×b2ax+ca)=a(x2+2×b2ax+(b2a)2−(b2a)2+ca](∗)=a[(x+b2a)2−b24a2+ca]=a[(x+b2a)2−b24a2+4ac4a2]=a[(x+b2a)2−b2−4ac4a2]=a[(x+b2a)2−Δ4a2]
    (∗) : on a ajouté et retiré la même quantité à l’équation (b2a)2.
    De cette façon, on a ajouté 0 à l’équation en l’écrivant sous une forme particulière afin de compléter le début de l’identité remarquable x2+2×b2ax.
Définition 5 :
On considère un polynôme du second degré P défini pour tout réel x par P(x)=ax2+bx+c.
L’expression a[(x+b2a)2−Δ4a2] est appelée forme canonique du polynôme P.
Exemples :
Pour déterminer la forme canonique d’un polynôme du second degré on peut soit utiliser la propriété précédente, soit reprendre la démonstration de la propriété en l’appliquant au cas particulier qui est fourni.
• On considère le polynôme P défini pour tout réel x par P(x)=2x2+6x−3 a=2, b=6 et c=−3 Le discriminant est :
Δ=b2−4ac=62−4×2×(−3)=36+24=60
Ainsi :
P(x)=2x2+6x−3=2[(x+62×2]2−604×22]=2[(x+32)2−154]
• On considère le polynôme R défini pour pour tout réel x par R(x)=5x2−7x+2 a=5, b=−7 et c=2.
R(x)=5x2−7x+2=5(x2−75+25)=5(x2−2×710+49100−49100+25)=5[(x−×710)2−49100+40100]=5[(x−×710)2−9100]
2. Solutions d’une équation du second degré
Théorème 1 :
On considère l’équation du second degré ax2+bx+c=0 et on note Δ=b2−4ac le discriminant du polynôme du second degré P défini par P(x)=ax2+bx+c.
• Si Δ<0 alors l’équation ne possède pas de solution réelle;
• Si Δ=0 alors l’équation possède une unique solution x0=−b2a;
• Si Δ>0 alors l’équation possède deux solutions réelles x1=−b−√Δ2a et x2=−b+√Δ2a.
    Preuve théorème 1
    On a ;
    ax2+bc+c=0⇔ a[(x+b2a)2−Δ4a2]=0⇔ (x+b2a)2−Δ4a2=0⇔ (x+b2a)2−Δ4a2=0
    • Si Δ<0 alors −Δ4a2>0
    Par conséquent (x+b2a)2−Δ4a2>0
    L’équation ax2+bx+c=0 ne possède donc pas de solution.
    • Si Δ=0 on a alors :
    ax2+bx+c=0⇔ (x+b2a)2=0⇔ x+b2a=0⇔ x=−b2a
    l’équation possède une unique solution x0=−b2a.
    • Si Δ>0 on a alors :
    ax2+bx+c=0⇔ (x+b2a)2−√Δ2(2a)2=0⇔ (x+b2a)2−(√Δ(2a))2=0⇔ [(x+b2a)−(√Δ(2a)][(x+b2a)+√Δ(2a)]=0⇔ (x+b2a−√Δ(2a))(x+b2a+√Δ(2a))=0
    Il s’agit d’une équation de produit nul.
    Ainsi x+b2a−√Δ(2a)=0⇔x=−b−√Δ2a ou x+b2a+√Δ(2a)=0⇔x=−b+√Δ2a
    L’équation possède deux solutions réelles x1=−b−√Δ2a et x2=−b+√Δ2a
Exemples :
• On veut résoudre l’équation 3x2−4x+5=0
Δ=(−4)2−4×3×5=16−60=−44<0
L’équation 3x2−4x+5=0 ne possède donc pas de solution réelle.
• On veut résoudre l’équation 5x2+40x+80=0
Δ=(40)2−4×5×80=1 600−1 600=0
L’équation 5x2+40x+80=0 possède donc une unique solution :
x0=−b2a=−4010=−4
• On veut résoudre l’équation 3x2+7x−2=0
Δ=72−4×3×(−2)=49+24=73>0
L’équation 3x2+7x−2=0 possède donc deux solutions :
x1=−7−√732×3=−7−√736
et x2=−7+√732×3=−7+√736.
3. Lien avec les polynômes du second degré
Propriété 2 :
On considère un polynôme du second degré P défini par P(x)=ax2+bx+c et son discriminant Δ=b2−4ac.
• Si Δ<0 alors le polynôme P ne possède pas de racine réelle;
• Si Δ=0 alors le polynôme P possède une unique racine x0=−b2a;
• Si Δ>0 alors le polynôme P possède deux racines réelles x1=−b−√Δ2a et x2=−b+√Δ2a.
Remarque :
Il s’agit d’une réécriture du théorème précédent pour les polynômes.
En effet x est une racine du polynôme P si, et seulement si, ax2+bx+c=0.
Propriété 3 :
On considère un polynôme du second degré P défini par P(x)=ax2+bx+c tel que son discriminant Δ=b2−4ac soit strictement positif.
P possède alors deux racines x1 et x2.
On a alors x1+x2=−ba et x1×x2=ca.
    Preuve Propriété 3
    Les racines du polynômes sont : x1=−b−√Δ2a et x2=−b+√Δ2a.
    Ainsi :
    • La somme des racines est :
    x1+x2=−b−√Δ2a+−b+√Δ2a=−2b2a=−b2a
    • Le produit des racines est :
    x1×x2=−b−√Δ2a×−b+√Δ2a=(−b−√Δ)×(−b+√Δ)4a2=(−b)2−√Δ24a2=b2−(b2−4ac)4a2=4ac4a2=ca
Exemple :
On considère le polynôme P définie par P(x)=7x2−7x−42.
On a :
P(3)=7×32−7×3−42=63−21−42=0
Ainsi 3 est une racine du polynôme P.
On appelle α la seconde racine.
D’après la propriété précédente (produit des racines) :
3α=−427⇔3α=−6⇔α=−2
Remarque :
Cette propriété permet de vérifier si les racines trouvées par le calcul sont les bonnes.
Propriété 4 : (factorisation)
On considère un polynôme du second degré P défini par P(x)=ax2+bx+c.
• Si Δ<0 alors le polynôme P n’est pas factorisable dans R;
• Si Δ=0 alors le polynôme P possède une unique racine réelle x0 et, pour tout réel x, on a P(x)=a(x−x0)2;
• Si Δ>0 alors le polynôme P possède deux racines réelles x1 et x2 et, pour tout réel x, on a P(x)=a(x−x1)(x−x2).
    Preuve Propriété 4
    Pour tout réel x, on a P(x)=a[(x+b2a)2−Δ4a2].
    • Si Δ=0 alors P(x)=a(x+b2a)2.
    En notant x0=−b2a on a bien P(x)=(x−x0)2.
    • Si Δ>0 alors d’après la preuve du théorème 1 on a :
    P(x)=a(x+b2a−√Δ(2a))(x+b2a+√Δ(2a)) En notant x1=−b+√Δ2a et x2=−b−√Δ2a on a bien :
    P(x)=a(x−x1)(x−x2)
    • Si Δ<0 le polynôme P ne possède pas de racine.
    S’il était factorisable, il existerait alors au moins un réel α tel que P(α)=0 ce qui est impossible.
    Donc P n’est pas factorisable.
Exemples :
• Si P(x)=5x2+40x+35.
Après calculs, on trouve Δ=900>0.
Le polynôme P possède alors deux racines x1=1 et x2=7.
De plus a=5.
Ainsi, la forme factorisée de P(x) est P(x)=a(x−1)(x−7).
• Si P(x)=−3x2−30x−75.
Après calculs, on trouve Δ=0.
Le polynôme P possède alors une unique racine x0=−5.
Ainsi, la forme factorisée de P(x) est P(x)=−5(x+5)2.
II Signes d’un polynôme du second degré et inéquations
Théorème 2 :
On considère un polynôme du second degré P défini pour tout réel x par P(x)=ax2+bx+c.
• Si Δ<0 alors P(x) a le même signe que a pour tout réel x;
• Si Δ=0 alors P(x) s’annule en −b2a et a le même signe que a pour tout réel x≠−b2a ;
• Si Δ>0 alors P(x) s’annule en deux réels distincts x1 et x2, tels que $x_1
    Preuve Théorème 2
    Pour tout réel x on a P(x)=a[(x+b2a)2−Δ4a2].
    • Si Δ<0 alors −Δ4a2>0 et par conséquent (x+b2a)2−Δ4a2>0.
    Ainsi P(x) et a on le même signe.
    • Si Δ=0 alors P(x)=a[(x+b2a)2] Or (x+b2a)2=0 si x=−b2a et (x+b2a)2>0 sinon.
    Donc P(x) s’annule en −b2a et a le même signe que a pour tout réel x≠−b2a.
    • Si Δ>0 on a alors P(x)=a(x−x1)(x−x2) avec $x_1 On obtient alors le tableau de signes suivant :
Exemples :
• On considère le polynôme P définie sur R par P(x)=−2x2+x−7.
On a :
Δ=12−4×(−2)×(−7)=1−56=−55<0
De plus, le coefficient principal du polynôme du second degré P est a=−2<0.
Par conséquent P(x)<0 pour tout réel x.
• On considère le polynôme P définie sur R par P(x)=3x2−24x+48.
On a :
Δ=(−24)2−4×3×48=576−576=0
De plus le coefficient principal du polynôme du second degré P est a=3>0 et −b2a=4 Par conséquent P(x)>0 pour tout réel x≠4 et P(4)=0.
Remarque :
On écrit souvent, d’une manière plus simple, P(x)>0 pour tout réel x.
• On considère le polynôme P définie sur R par P(x)=4x2+24x+20 On a :
Δ=242−4×4×20=576−320=256>0
Après calculs, les racines du polynômes sont −5 et −1.
De plus, le coefficient principal est a=4>0.
On obtient donc le tableau de signes suivant :


 

Ce théorème permet donc de résoudre des inéquations produits ou quotients dans lesquelles figurent des polynômes du second degré.
Exemples :
• Résoudre l’inéquation (x+5)(3x2+6x−24)>0 x+5=0⇔x=−5 et x+5>0⇔x>−5 On étudie maintenant le signe de 3x2+6x−24 Δ=62−4×3×(−24)=324>0
Le polynôme du second degré possède donc deux racines réelles :
x1=−6−√3246=−4   et   x2=−6+√3246=2
Le coefficient principal est a=3>0.
On obtient donc le tableau de signes suivant :

 


Ainsi, l’ensemble solution de l’inéquation est ]−5;−4[∪]2;+∞[.
• Résoudre l’inéquation x−1−x2+3x−7<0 x−1=0⇔x=1 et x−1>0⇔x>1.
On étudie maintenant le signe de −x2+3x−7.
Δ=32−4×(−1)×(−7)=−19<0
Le coefficient principal est a=−1<0.
On obtient donc le tableau de signes suivant :

 


Ainsi, l’ensemble solution de l’inéquation est [1;+∞[.
Exercice 1 :
Les paraboles ci-dessous sont les représentations de polynômes de degré 2.
Dans chaque cas, donner la forme canonique et si possible la forme factorisée du trinôme associé.






    Correction Exercice 1
    • Le point D(5;−2) est le sommet de la parabole.
    Donc P(x)=a(x−5)2−2. La forme de la parabole nous indique que a<0.
    Le point E(4;−4) appartient également à la parabole.
    Donc P(4)=a(4−5)2−2=−4⇔a−2=−4⇔a=−2.
    Ainsi P(x)=−2(x−5)2−2 (forme canonique).
    La parabole ne coupe pas l’axe des abscisses : il n’existe pas de forme factorisée.
    • La parabole passe par les points A(−3;0) et (1;0).
    Par conséquent Q(x)=a(x+3)(x−1).
    De plus, le point C(2;3) appartient à la parabole.
    Donc Q(2)=a(2+3)(2−1)=3⇔5a=3⇔a=35
    Ainsi Q(x)=35(x+3)(x−1) (forme factorisée)
    L’abscisse du sommet est −3+12=−1.
    Q(−1)=−125.
    Par conséquent Q(x)=35(x+1)2−125 (forme canonique).
    • Le sommet de la parabole est M(3;0).
    Ainsi R(x)=a(x−3)2.
    On sait que le point N(0;3) appartient à la parabole.
    Donc R(0)=a(−3)2=3⇔9a=3⇔a=13.
    Par conséquent R(x)=13(x−3)2 (forme canonique et factorisée).
Exercice 2 :
Résoudre chacune de ces équations :
1) 2x2−2x−3=0
2) 2x2−5x=0
3) 3x+3x2=−1
4) 8x2−4x+2=32
5) 2 016x2+2 015=0
6) −2(x−1)2−3=0
7) (x+2)(3−2x)=0
    Correction Exercice 2
    1) 2x2−2x−3=0
    On calcule le discriminant avec a=2, b=−2 et c=−3
    Δ=b2−4ac=4+24=28>0
    L’équation possède donc deux solutions réelles :
    x1=2−√284=1−√72 et x2=1+√72
    2) 2x2−5x=0
    ⇔x(2x−5)=0
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    donc x=0 ou 2x−5=0.
    Les solutions de l’équation sont donc 0 et 52
    3) 3x+3x2=−1
    Cette équation est équivalente à 3x2+3x+1=0.
    On calcule son discriminant avec a=3, b=3 et c=1.
    Δ=b2−4ac=9−12=−3<0.
    L’équation ne possède pas de solution réelle.
    4) 8x2−4x+2=32
    ⇔8x2−4x+2−32
    ⇔8x2−4x+12
    On calcule son discriminant avec a=8, b=−4 et c=12.
    Δ=b2−4ac=16−16=0
    L’équation possède donc une unique solution x0=416=14.
    5) 2 016x2+2 015=0
    ⇔2 016x2=−2 015
    Un carré étant positif, cette équation ne possède pas de solution réelle.
    6) −2(x−1)2−3=0
    ⇔−2(x−1)2=3
    ⇔(x−1)2=−32
    Un carré est toujours positif.
    L’équation ne possède pas de solution réelle.
    7) (x+2)(3−2x)=0
    Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    Donc x+2=0 ou 3−2x=0
    Soit x=−2 ou x=32
    Les solutions de l’équation sont −2 et 32.
Exercice 3 :
1) Résoudre, dans R, l’équation x2+x−6=0.
2) En déduire la résolution de :
a. X4+X2−6=0
b. 1x2+1x−6=0
    Correction Exercice 3
    1) x2+x−6=0
    On calcule le discriminant avec a=1, b=1 et c=−6.
    Δ=b2−4ac=1+24=25>0.
    Il y a donc deux solutions réelles :
    x1=−1−√252=−3 et x2=−1+√252=2.
    2) a. X4+X2−6=0(1)
    On pose x=X2.
    On obtient ainsi l’équation x2+x−6=0.
    D’après la question 1. on a x=−3 ou x=2.
    Par conséquent X2=−3 ou X2=2.
    L’équation X2=−3 ne possède pas de solution.
    L’équation X2=2 possède deux solutions : √2 et −√2.
    Les solutions de l’équation (1) sont donc √2 et −√2.
    Remarque : On dit que l’équation (1) est une équation bicarré.
    b. 1x2+1x−6=0(2)
    On pose X=1x.
    On obtient ainsi l’équation X2+X−6=0.
    D’après la question 1. on a donc X=−3 ou X=2.
    Par conséquent 1x=−3 ou 1x=2.
    Ainsi x=−13 ou x=12.
    L’équation (2) possède donc deux solutions : −13 et 12.
Exercice 4 : Avec les racines données :
Dresser les tableaux de signes des polynômes suivants, connaissant leurs racines :
1) P(x)=2x2−8x+6 Racines : 1 et 3
2) Q(x)=−3x2−11x+4 Racines : 13 et −4
3) R(x)=x2−10x+28 Pas de racine
4) S(x)=−2x2−8x−11 Pas de racine
    Correction Exercice 4
    1) P(x)=2x2−8x+6 Racines : 1 et 3
    Le coefficient principal est a=2>0.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    2) Q(x)=−3x2−11x+4 Racines : 13 et −4
    Le coefficient principal est a=−3<0.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    3) R(x)=x2−10x+28 Pas de racineLe coefficient principal est a=1>0.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    4) S(x)=−2x2−8x−11 Pas de racine
    Le coefficient principal est a=−2<0.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


Exercice 5 : Avec les racines à déterminer:
Dresser les tableaux de signes des polynômes suivants :
1) A(x)=x2−9
2) B(x)=−2x2−8x
3) C(x)=(5−x)2
4) D(x)=16−25x2
5) E(x)=x2+1
6) F(x)=3x−2x2−1
7) G(x)=2x−x2−1
8) H(x)=−3x2
    Correction Exercice 5
    1) A(x)=x2−9
    Donc A(x)=(x−3)(x+3)
    Le polynôme possède deux racines : −3 et 3.
    Le coefficient principal est a=1>0.
    Par conséquent, on obtient le tableau de signes suivant :


    2) B(x)=−2x2−8x
    Donc B(x)=−2x(x+4)
    Le polynôme possède deux racines : 0 et −4.
    Le coefficient principal est a=−2<0.
    Par conséquent, on obtient le tableau de signes suivant :


    3) C(x)=(5−x)2
    Le polynôme possède une seule racine 5.
    Son coefficient principal est a=1>0.
    Par conséquent, on obtient le tableau de signes suivant :


    4) D(x)=16−25x2=42−(5x)2=(4−5x)(4+5x)
    Le polynôme possède donc deux racines −45 et 45.
    Son coefficient principal est a=−25<0.
    Par conséquent, on obtient le tableau de signes suivant :


    5) E(x)=x2+1
    Un carré est toujours positif. Donc pour tout réel x on a E(x)>0.
    Par conséquent, on obtient le tableau de signes suivant :


    6) F(x)=3x−2x2−1
    On calcule le discriminant avec a=−2, b=3 et c=−1.
    Δ=b2−4ac=9−8=1>0
    Il y a donc deux racines réelles : x1=−3−1−4=1 et x2=−3+1−4=12.
    Le coefficient principal est a=−2<0.
    Par conséquent, on obtient le tableau de signes suivant :


    7) G(x)=2x−x2−1
    On calcule le discriminant avec a=−1, b=2 et c=−1.
    Δ=b2−4ac=4−4=0
    Il n’y a donc qu’une seule racine −b2a=1.
    On pouvait également remarquer que G(x)=−(x2−2x+1)=−(x−1)2
    Le coefficient principal est a=−1<0.
    Par conséquent, on obtient le tableau de signes suivant :


    8) H(x)=−3x2
    Pour tout réel x, on a x2>0.
    Donc H(x)<0 et sa seule racine est 0.


Exercice 6 :
Résoudre dans R les inéquations suivantes :
1) 2x2−5x+3>0
2) 2x2−12x+19x−2<0
3) −6x2−9x−3−x2+8x−17>0
4) (2x−6)(4−4x)>0
5) −2x(x−2)(x2−8x+16)>0
6) 5(7x+5−6x2)−3(1−x)2>0
    Correction Exercice 6
    1) On doit résoudre l’inéquation 2x2−5x+3>0
    On calcule le discriminant de A(x)=2x2−5x+3 avec a=2, b=−5 et c=3.
    Δ=b2−4ac=25−24=1>0
    Il y a donc deux racines réelles :
    x1=5−14=1 et x2=5+14=32.
    Le coefficient principal est a=2>0.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution de l’inéquation est donc ]−∞;1[∪]32;+∞[. 2) On doit résoudre l’inéquation 2x2−12x+19x−2<0
    On calcule le discriminant de B(x)=2x2−12x+19 avec a=2, b=−12 et c=19.
    Δ=b2−4ac=144−152=−8<0.
    Le coefficient principal est a=2>0. Par conséquent, pour tout réel x, on a B(x)>0.
    Le signe de 2x2−12x+19x−2 ne dépend donc que de celui de x−2.
    x−2=0⇔x=2 et x−2>0⇔x>2
    La solution de l’inéquation est donc ]−∞;2].
    3) On doit résoudre l’inéquation −6x2−9x−3−x2+8x−17>0
    ∙ On va calculer le discriminant de C(x)=−6x2−9x−3 avec a=−6, b=−9 et c=−3
    Δ=b2−4ac=81−72=9>0
    Il y a donc deux racines x1=9−√9−12=−12 et x2=9+√9−12=−1.
    ∙ On va calculer le discriminant de D(x)=−x2+8x−17 avec a=−1, b=8 et c=−17
    Δ=b2−4ac=64−68=−4<0
    Ce polynôme ne possède donc pas de racines réelles.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution de l’inéquation est donc ]−∞;−1[∪]−12;+∞[.
    4) On doit résoudre l’inéquation (2x−6)(4−4x)>0
    2x−6=0⇔x=3 et 2x−6>0⇔x>3
    4−4x=0⇔x=1 et 4−4x>0⇔x<1.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution de l’inéquation est donc ]1;3[.
    5) On doit résoudre l’inéquation −2x(x−2)(x2−8x+16)>0
    ∙ −2x=0⇔x=0 et −2x>0⇔x<0
    ∙ x−2=0⇔x=2 et x−2>0⇔x>2
    ∙ x2−8x+16=(x−4)2 or (x−4)2>0 pou tout réel x et (x−4)2=0⇔x=4.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution de l’inéquation est donc ]0;2[.
    6) On doit résoudre l’inéquation 5(7x+5−6x2)−3(1−x)2>0
    ∙ On calcule le discriminant de 7x+5−6x2 avec a=−6, b=7 et c=5.
    Δ=b2−4ac=49+120=169>0
    Il y a donc deux racines réelles : x1=−7−√169−12=53 et x2=−7+√169−12=−12
    ∙ −3(1−x)2<0 car un carré est toujours positif ou nul. et −3(1−x)2=0⇔x=1.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution de l’inéquation est donc ]−∞;−12]∪[53;+∞[.
Exercice 7 :
Résoudre dans R les inéquations suivantes :
1) 1x>xx+2
2) xx+1<3(x+1)(x−2)
3) x(x−2)2>1+3x−2
2x+3<−x
    Correction Exercice 7
    1) 1x>xx+2
    ⇔1x−xx+2>0
    ⇔x+2−x2x(x+2)>0
    ∙ On calcule le discriminant de x+2−x2 avec a=−1, b=1 et c=2.
    Δ=b2−4ac=1+8=9>0
    Il y a donc deux racines réelles : x1=−1−√9−2=2 et x2=−1+√9−2=−1.
    ∙ x(x+2)=0⇔x=0 ou x=−2 et x(x+2)>0⇔x∈]−∞;−2[∪]0;+∞[.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution est donc ]−2;−1[∪]0;2[.
    2) xx+1<3(x+1)(x−2)
    ⇔xx+1−3(x+1)(x−2)<0
    ⇔x(x−2)−3(x+1)(x−2)<0
    ⇔x2−2x−3(x+1)(x−2)<0
    ∙ On calcule le discriminant de x2−2x−3 avec a=1, b=−2 et c=−3.
    Δ=b2−4ac=4+12=16>0
    Il y a donc deux racines x1=2−√162=−1 et x2=2+√162=3.
    ∙ (x+1)(x−2)=0⇔x=−1 ou x=2 et (x+1)(x−2)>0⇔x∈]−∞;−1[∪]2;+∞[.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution est ]2;3].
    3) x(x−2)2>1+3x−2
    ⇔x(x−2)2−1−3x−2>0
    ⇔x−(x−2)2−3(x−2)(x−2)2>0
    ⇔x−x2+4x−4−3x+6(x−2)2>0
    ⇔−x2+2x+2(x−2)2>0
    ∙ On détermine le discriminant de −x2+2x+6 aveca=−1, b=2 et c=2.
    Δ=b2−4ac=4+8=12>0
    Il y a donc deux racines x1=−2−√12−2=1+√3 et x2=1−√3
    ∙ (x−2)2=0⇔x=2 et (x−2)>0 pour tout réel x≠0.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :

    La solution est donc [1−√3;2[∪]2;1+√3].
    2x+3<−x
    ⇔2x+3+x<0
    ⇔2+x(x+3)x+3<0
    ⇔x2+3x+2x+3<0
    ∙ On détermine le discriminant de x2+3x+2 avec a=1, b=3 et c=2.
    Δ=b2−4ac=9−8=1>0
    Il y a donc deux racines : x1=−3−√12=−2 et x2=−3+√12=−1.
    ∙ x+3=0⇔x=−3 et x+3>0⇔x>−3.
    On obtient donc le tableau de signes suivant :


    La solution est donc ]−∞;−3[∪]−2;−1[.

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