1 Exercices sur les polynômesTable des matières

1.1 Énoncés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Problèmes du second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Problèmes du troisième degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.3 Problèmes du quatrième degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.4 Équations de paraboles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.5 Identités remarquables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.6 Divisions euclidiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.7 Factorisations ultimes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.8 le coin du chercheur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.9 Évaluations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2 Corrections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.1 Problèmes du second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Problèmes du troisième degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.3 Problèmes du quatrième degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.4 Équations de paraboles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.5 Identités remarquables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.6 Divisions euclidiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.7 Factorisations ultimes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.8 le coin du chercheur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.9 Évaluations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.1 Énoncés

1.1.1 Problèmes du second degré

Exercice 1.1 (Poids de l'astronaute)Le poids diminue avec l'altitude. Ainsi, si la masse d'un astronaute est 70kg, à l'altitude x (en

km) il a un poids apparent de P = 70 ×(

64006400+x

)2.Á quelle altitude le poids de l'astronaute

sera-t-il inférieur à 5kg ?

Exercice 1.2 (Travail en binôme)Deux ouvriers, M rA et M rB, doivent faire un certain travail. Si chacun en exécutait successi-vement la moitié, ils mettraient en tout 12h30 pour l'achever. En travaillant ensemble, chacungardant son propre rythme de travail, ils ne mettent que 6h. Combien de temps mettrait chacundes ouvriers pour faire ce travail seul ?

Exercice 1.3 (Rectangle dans rectangle 1)Je viens d'acheter un terrain rectangulaire de 750m2 et envisage de faire construire un mur de10cm d'épaisseur en bordure. Tous calculs fait, je réalise que ce mur va me faire perdre 11m2 desurface. Á l'aide de ces informations, retrouver les dimensions du terrain.

1

2 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

Exercice 1.4 (Rectangle dans rectangle 2)On veut couper un terrain rectangulaire en deux parties de même aire en découpant une bordurede largeur x. Montrer que la largeur de cette bande doit être égale au quart de la di�érence entrele demi-périmètre et la diagonale du terrain.

Exercice 1.5 (Triangle dans demi-disque)Soit p un nombre positif. On considère un demi-disque de diamètre [BC] et de rayon R = 1 ense demandant s'il est possible de trouver un point A sur le demi-cercle, de sorte que le triangleABC ait pour périmètre 2p ? Si oui, préciser quelles sont les conditions à véri�er pour p.

Exercice 1.6 (Profondeur du puits)Je laisse tomber une pierre dans un puits, et au bout de 3s j'entends le � plouf �. Quelle est laprofondeur du puits, sachant que la vitesse du son est égale à 340m/s ? Indication : un solide enchute libre, sans vitesse initiale, a parcouru, après t secondes, une distance x = 4, 9t2.Donner la formule permettant de trouver la profondeur du puits dans le cas général où on entendle � plouf � au bout de a secondes.

Exercice 1.7 (Hauteur d'une échelle)Un meuble cubique de 0, 7m d'arête est appuyé contre un mur. Onpose une échelle de 2, 5m de long de manière à e�eurer l'échelle(voir la �gure qui ne respecte pas les longueurs indiquées).Quelle est la hauteur h = OA atteinte par l'échelle ?(indication : en notant d = OB l'écartement entre le pied de l'échelleet le mur, montrer que x = h + d est solution de l'équation du 2e

degré x2 − 1, 4x− 6, 25 = 0)

1.1.2 Problèmes du troisième degré

Exercice 1.8 (Extrémums locaux d'un polynôme du 3e degré)Pour chercher l'abscisse des extrémums locaux du polynôme du 3e degré P (x) = ax3+bx2+cx+d,le mathématicien occitan Pierre Fermat (1601-1655) procédait ainsi :

F il considère deux nombres x et x+ λ, avec λ 6= 0F il écrit l'égalité P (x) = P (x+ λ), puis il simpli�e cette égalité par λF il pose λ = 0 dans l'égalité simpli�ée et il en tire les abscisses des extrémums cherchées

Appliquer cette méthode pour la fonction f : x 7→ x3 + 6x2 + 9x+ 2 et véri�er le résultat trouvéen traçant la courbe de f à la calculatrice.Appliquer cette méthode d'une manière générale pour la fonction P : donner la formule qui permetde calculer les abscisses cherchées en fonction de a, b, c et d.Commenter cette méthode (le procédé vous parait-il correct ? honnête ? s'applique t-il à d'autresfonctions ? etc.)

1.1. ÉNONCÉS 3

Exercice 1.9 (Somme de cubes)Est-il possible que trois nombres entiers non nuls et consécutifs soient tels que le cube du plusgrand soit égal à la somme des cubes des plus petits ?Écrire une égalité qui traduit l'énoncé, puis envisager les deux méthodes suivantes.

1. Méthode graphique : l'argumentation repose sur la nature entière ou pas de l'abscisse desintersections d'une courbe d'un polynôme du 3e degré avec l'axe des abscisses.

2. Méthode arithmétique : la discussion s'appuie sur la nature entière de la variable choisie enétudiant comment cet entier pourrait véri�er l'égalité trouvée

Exercice 1.10 (Somme des carrés)Déterminer un polynôme P de degré 3 tel que pour tout réel x, on ait : P (x+ 1)− P (x) = x2.Évaluer l'égalité précédente pour x = 1, 2, 3 · · ·n, puis additionner membre à membre ces négalités. Montrer que le 1er membre de la somme obtenue peut se mettre sous la forme n(n+1)(2n+1)6et conclure.

1.1.3 Problèmes du quatrième degré

Exercice 1.11 (Somme des cubes)Sur le modèle de l'exercice précédent, déterminer un polynôme P de degré 4 tel que pour toutréel x, on ait : P (x+ 1)− P (x) = x3.Évaluer l'égalité précédente pour x = 1, 2, 3 · · ·n, puis additionner membre à membre ces négalités. Montrer que le 1er membre de la somme obtenue peut se mettre sous la forme (Q(n))2,où Q est un polynôme du second degré à déterminer, puis conclure.

Exercice 1.12 (Conjecturer)Déterminer les résultats des calculs ci-dessous, observer ces résultats puis émettre une conjectureconcernant ce type de calcul. Prouver ou in�rmer ensuite la conjecture émise.

F P (1) = 1× 2× 3× 4 + 1F P (2) = 2× 3× 4× 5 + 1F P (3) = 3× 4× 5× 6 + 1F P (4) = 4× 5× 6× 7 + 1

Exercice 1.13 (Équations ou expressions bi-carrées)Une équation est dite bi-carrée lorsqu'elle a la forme ax4 + bx2 + c = 0.

1. Discuter, selon la valeur de a l'existence et le nombre de solutions pour l'équation

x4 − x2 + 1 = a

2. On cherche à déterminer par le calcul, l'abscisse x des points M de la parabole d'équationy = x2 + 1 qui sont à une distance minimale du point A(0; 4). Montrer, dans un 1er temps,que AM2 = x4− 5x2 + 9. Montrer alors que cette expression bi-carrée admet un minimum ;préciser sa valeur et conclure. Véri�er la valeur trouvée avec Geogebra.

4 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

Exercice 1.14 (Équations réciproques)1. Á l'aide du changement de variable x+ 1x = X, résoudre l'équation x

2 + x+ 1x +1x2

= 4

2. Montrer que l'équation ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0, avec a 6= 0, se transforme en uneéquation du 2e degré lorsqu'on e�ectue le changement de variableX = x+ 1x (véri�er d'abordque x = 0 n'est pas solution). Montrer que si x = α est une solution de cette équation, alorsx = 1α en est une autre.

3. Résoudre les équations E1 : 10x4−77x3+150x2−77x+10 = 0 et E2 : x4−2x3+x2−2x+1 = 0

1.1.4 Équations de paraboles

Exercice 1.15 (Identification graphique)Les équations représentées ci-contre admettent deséquations du type y = aix2 + bix + ci où ai 6= 0 pouri ∈ {1; 2; 3; 4; 5}. Répondre aux questions suivantes parsimple lecture graphique (sans calculs).

1. Ranger dans l'ordre croissant, les nombres ci, puisles nombres qi =

−biai, et en�n les nombres ai.

2. Quels sont les signes des nombres bi ?

Exercice 1.16 (Calcul d'aire)Nous voulons déterminer une valeur approchée de l'aire du domaine D grisé sur la �gure ci-contrepar la méthode de Monte-Carlo. Pour cela, il faut déterminer le système d'inéquations que doitvéri�er un point M(x; y) de ce domaine.

1. Sachant que les deux courbes qui limitent Dsont des paraboles, à l'aide des informations por-tées dans la �gure (pour chaque parabole, lescoordonnées de l'optimum et d'une intersectionavec un des axes), déterminer les équations descourbes P1 et P2.

2. En déduire le système S d'inéquations véri�é parun point quelconque M(x; y) de D.

3. Écrire le programme � domaine � décrit ci-dessous, l'exécuter n = 10 000 fois et conclure.

Le programme � domaine � tire aléatoirement des nombres 0 6 x < 7 et 0 6 x < 5 puis examine sices nombres véri�ent le système S, auquel cas il en conclut que ce sont les coordonnées d'un pointM de D. Cette procédure est recommencée un très grand nombre n de fois, en comptabilisantà chaque fois les points qui sont dans D. Par comparaison avec le nombre total de points tirés,on peut ainsi estimer la part de l'aire du rectangle de côtés 7 et 5 qui est occupé par D. Leprogramme a�che donc, en sortie, l'estimation trouvée de l'aire de D.

1.1. ÉNONCÉS 5

1.1.5 Identités remarquables

Exercice 1.17 (Différences ou sommes de puissances)On a vu dans le cours l'identité xn − an = (x− a)(xn−1 + axn−2 + a2xn−3 + · · ·+ an−2x+ an−1)qui est valable pour tout entier n et tout nombre réel a.

1. Déduire de l'identité précédente une factorisation de a3 − b3

2. En déduire une factorisation de a3 + b3

3. Montrer que a4 + b4 peut s'écrire comme le produit des deux facteurs du second degréa2 + abc+ b2 et a2 + abd+ b2 où c et d sont des réels à déterminer

4. Factoriser les polynômes P (x) = 4x4 + 1 et Q(x) = (x−√

2)4 + (x+√

2)4

1.1.6 Divisions euclidiennes

Propriété 1.1 (Unicité du reste) Soient deux polynômes P et P ′, avec P ′ 6= 0.Il existe un unique polynôme Q et un unique polynôme R tels queP (x) = P ′(x)Q(x) +R(x) avec deg(R) < deg(P ′)

F Dans la division euclidienne de P (dividende) par P ′ (diviseur), Q est le quotient et R le resteF Quand le reste R est le polynôme nul (on dit que P ′ divise P ), P (x) se factorise en P ′(x)Q(x)F La division s'e�ectue en la posant, en commençant par le monôme de plus haut degré de P

Exercice 1.18 (Factorisations diverses)1. Véri�er que le polynôme p(x) = x3 + x2 − 12 a pour racine évidente 2. On peut en déduire

la factorisation p(x) = (x − 2) × q(x) où q(x) est le quotient de x3 + x2 − 12 par x − 2.E�ectuer cette division euclidienne en posant la division comme avec des entiers. En déduirela factorisation ultime de p(x).

2. E�ectuer la division euclidienne de P (x) = 2x6 − 11x5 + 18x4 − 14x3 + 10x2 − 9x + 6 parP ′(x) = 2x2 − 3x+ 2. En déduire une factorisation de P (x).

3. E�ectuer de même la division euclidienne de f(x) = x5 +6x2−5x+5 par g(x) = x2−x+1.En déduire une factorisation de f(x).

4. E�ectuer de même la division euclidienne de h(x) = x6 − 3x5 + 3x4 − 3x2 + 3x − 1 pari(x) = (x− 1), puis par j(x) = (x− 1)2 et en�n par k(x) = (x− 1)3.En déduire une factorisation de h(x), puis la factorisation ultime de h(x) (indication : utiliserune identité remarquable).

Exercice 1.19 (Factorisation par (x− a))1. E�ectuer la division euclidienne de P (x) = 3x3 − 4x2 + 6x− 5 par x− 1.2. E�ectuer, de même, la division euclidienne de P (x) par x− 2.3. Soient P un polynôme et a un réel. Montrer que le reste de la division euclidienne de P par

(x− a) est égal à P (a) (indication : raisonner sur le degré du reste).4. Un nombre α étant donné, déduire de la question précédente une méthode pour déterminer

les autres valeurs de x, quand elles existent, telles que P (x) = P (α).Application numérique : prendre α = 2.

5. Soit f la fonction dé�nie par f(x) = x3−x2−3x+5. Calculer f(2) puis montrer qu'il existedeux autres valeurs de x telles que f(x) = f(2) dont une positive.

6 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

1.1.7 Factorisations ultimes

Exercice 1.20 (Extrait du cours)On démontre que les seuls polynômes à coe�cients réels qui ne sont pas factorisables sont lespolynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 non factorisables (∆ < 0).å Le polynôme x4 + 4 ne parait pas factorisable car il n'a pas de racine (∀x ∈ R, x4 + 4 > 0).Pour le factoriser, on peut utiliser l'identité de Sophie Germain :

x4 + 4 = x4 + 4x2 + 4− 4x2 = (x2 + 2)2 − 4x2 = (x2 − 2x+ 2)(x2 + 2x+ 2)

åSauriez-vous trouver la factorisation ultime de x7 − 3x6 + 3x5 − x4 + x3 − 3x2 + 3x− 1 ?

Exercice 1.21 (Recherche des racines évidentes)Nous voulons mettre à pro�t cette remarque du cours si un polynôme à coe�cients entiers a uneracine entière, ce ne peut être qu'un diviseur du terme constant, pour écrire un programme quirecherche systématiquement toutes les racines entières d'un polynôme P de degré quelconque etqui a�che la factorisation qui en résulte. Dans le cas d'un polynôme résiduel du 2e degré, si lediscriminant est négatif, le programme pourra annoncer que la factorisation est ultime.

1. Écrire le programme

2. Tester ce programme sur les quelques polynômes suivants :F P1(x) = 3x

3 + x2 − 12x− 4F P2(x) = 6x

3 + 3x2 − 27x+ 12F P3(x) = −5x3 + 45x2 − 130x+ 120F P4(x) = x

4 − 6x3 − 7x2 + 48x− 36F P5(x) = 2x

4 − 13x3 − 7x2 + x− 7F P6(x) = x

4 − 4x3 − 6x2 + 28x− 16F P7(x) = x

4 − 7x3 + 13x2 + 3x− 18F P8(x) = x

5 + 4x4 + 7x3 + 7x2 + 4x+ 1F P9(x) = x

6 + 3x5 + 2x4 − x2 − 3x− 2F P10(x) = x

7 − 3x6 + 3x5 − x4 + x3 − 3x2 + 3x− 1 (celui de l'exercice précédent).

1.1.8 le coin du chercheur

Exercice 1.22Soit En l'ensemble des polynômes de degré 2 à coe�cients entiers, inférieurs ou égaux en valeurabsolue à un entier n. Le polynôme x2−3x+1 par exemple appartient à E3, et aussi à E4, E5,. . .,mais pas à E2 ni à E1.é Quelle est la proportion F (1, n) des polynômes de En qui n'ont pas de racine ?Répondre à cette question pour les premières valeurs de n en vous aidant d'un programme.En utilisant ce même programme, répondre aux questions suivantes :

é Quelle est la proportion F (2, n) des polynômes de En qui ont des racines rationnelles (sanstenir compte de la multiplicité) ? Quelle est la proportion F (3, n) des polynômes de En qui ontdes racines irrationnelles positives ? À partir de quelle valeur de n, parmi les équations de Enayant 2 racines positives, y a t-il davantage de racines irrationnelles que rationnelles ?

1.1.9 Évaluations

1.1. ÉNONCÉS 7

Exercice 1.23 (Formes du trinôme (3 points))1. Mettre le trinôme f(x) = −3x2 + 5x− 2 sous la forme canonique ;

en déduire l'extremum de f sur R2. Résoudre l'équation 20x2 − x− 1 = 0 puis factoriser le trinôme g(x) = 20x2 − x− 1

Exercice 1.24 (Inéquations (3 points))1. Étudier le signe du trinôme suivant : −x2 + 4x− 1 puis donner le domaine de dé�nition de

la fonction x 7→ 4x−1√−x2+4x−12. Résoudre l'inéquation : (x− 3)2 − (3x+ 1)2 6 0

Exercice 1.25 (Déterminer deux nombres (3 points))1. Deux entiers naturels ont pour di�érence 23 et la di�érence entre leur produit et 23 fois leur

somme est égale à 41. Quels sont ces entiers ? (Justi�er)

2. Deux réels non nuls, inverses l'un de l'autre, sont tels que la somme du carré de leur sommeavec la somme de leurs carrés soit égale à 7. Quels sont ces réels ? (Justi�er)

Exercice 1.26 (Intersection(s) d'une parabole et d'une droite (3 points))Soit f la fonction dé�nie par f(x) = x2 + 4x− 5, P sa parabole représentative, et D une droited'équation y = 6x+m où m est un paramètre réel.

1. Déterminer pour quelles valeurs de m la courbe P et la droite D ont zéro, un ou deuxpoints d'intersection

2. Donner les coordonnées du point d'intersection lorsque celui-ci est unique

3. Lorsqu'il existe deux points d'intersection A et B, donner l'ensemble des coordonnées pos-sibles des milieux de [AB]. Rappel : le milieu de [AB] a pour coordonnées (xA+xB2 ;

yA+yB2 )

Exercice 1.27 (Paraboles (4 points))1. Existe t'il une parabole de sommet S(−12 ;

−94 ) qui passe par le point de coordonnées (−1;−2) ?

Si oui, donner son équation.

2. Dans un repère, P est la parabole d'équation y = 5x2 + 3x− 2 et A est le point d'abscisse1 de P. Parmi toutes les droites qui passent par A, en existe t'il une, non parallèle à l'axedes ordonnées, qui coupe P en un seul point ? Si oui, donner son équation et tracer courbeet droite sur la copie pour x ∈ [0; 1, 5].

8 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

Exercice 1.28 (Problèmes (4 points))1. Un terrain rectangulaire mesure 30m par 16m. On souhaitetracer deux allées perpendiculaires de manière à ce que l'airede cette double allée soit égale à l'aire restante qui est desti-née a être végétalisée (voir l'illustration). Quelle doit être lalargeur x de cette double allée ?

2. Un drapeau a la forme d'un triangle équilatéral. Si on ac-croche deux de ses sommets au sommet de deux perches delongueurs 3m et 4m, le 3e sommet a�eure au sol, dans le plancontenant les perches (voir l'illustration). Combien mesure lecôté x du drapeau ?indication : On peut introduire d'autres longueurs que x, écrire lethéorème de Pythagore dans 3 triangles et calculer l'aire du trapèzeextérieur de 2 façons di�érentes. Cette démarche, ou une autre,aboutit sur la valeur x = 23

√39 qu'on demande de prouver.

1.2. CORRECTIONS 9

1.2 Corrections

1.2.1 Problèmes du second degré

Correction de l'exercice 1.1 (Poids de l'astronaute)L'altitude de l'astronaute véri�e le système

{x > 0

70×(

64006400+x

)26 5

La seconde inéquation se factorise en(√

14× 6400− (6400 +x))(√

14× 6400 + (6400 +x)) 6 0⇐⇒ (6400(√

14− 1)−x)(6400(√

14− 1) +x)et change de signe pour x = x1 = 6400(

√14− 1) ≈ 17546, 61 et pour

x = x2 = −6400(√

14 + 1) ≈ −30346, 61.Le poids de l'astronaute sera inférieur à 5kg à partir de 17547km d'altitude environ, pour ce qui estde la racine positive. L'autre racine du trinôme est −30347 < 0. Elle correspond à l'altitude del'astronaute lorsqu'il est de l'autre côté de la Terre (12800km de diamètre), en dessous de nos pieds,ce qui explique le signe −.

Correction de l'exercice 1.2 (Travail en binôme)Appelons tA et tB les durées pour accomplir le travail cherchées.Si chacun accomplit la moitié du travail, cela dure tA2 +

tB2 = 12, 5.

En 1h de temps, M rA exécute 1tA du travail total et MrB en exécute 1tB .

Ensemble, ils exécutent en 1h : 1tA +1tB

du travail.

Or, le travail réalisé en 1h représente 16 du travail total.On en déduit l'égalité 1tA +

1tB

= 16 ⇐⇒tA+tBtAtB

= 16 ⇐⇒ 6(tA + tB) = tAtB.

Il faut donc résoudre le système :

{tA + tB = 2× 12, 56(tA + tB) = tAtB

soit

{tA + tB = 25tAtB = 6× 25 = 150

tA et tB sont donc les solutions conjuguées de l'équation t2 − 25t+ 150 = 0.On trouve tA =

25+√

252 = 15 et tB =

25−√

252 = 10 (ou l'inverse).

Correction de l'exercice 1.3 (Rectangle dans rectangle 1)Si je note x et x′ les dimensions cherchées, ces nombres sont solutions de xx′ = 750 (aire du terrain)et xx′ − (x− 0, 2)(x′ − 0, 2) = 11. Cette dernière équation se simpli�e en0, 2(x+ x′)− 0, 22 = 11⇐⇒ x+ x′ = 11+0,040,2 = 55, 2. On connait donc la somme et le produit desracines du trinôme x2 − 55, 2x+ 750, il ne reste plus qu'à déterminer ces racinesx =

55,2±√

55,22−4×7502 =

55,2±√

47,042 . Les dimensions du terrain sont donc x =

55,2+√

47,042 ≈ 31, 0m et

x′ = 55,2−√

47,042 ≈ 24, 2m.

Correction de l'exercice 1.4 (Rectangle dans rectangle 2)En notant L et l les dimensions du terrain, on doit avoir (L− 2x)(l− 2x) = Ll2 , soit, en développant eten multipliant tout par 2 : 2Ll− 4x(L+ l) + 8x2 = Ll. La largeur de la bordure véri�e donc l'équation8x2 − 4x(L+ l) + Ll = 0. Le discriminant est ∆ = 16(L+ l)2 − 32Ll = 16(L2 + l2) > 0 (les produitsLl s'éliminent). On obtient x =

4(L+l)±√

16(L2+l2)

16 =L+l±

√L2+l2

4 . La valeurL+l+

√L2+l2

4 est trop

grande car L+ l > L et aussi√L2 + l2 > L, donc L+ l+

√L2 + l2 > 2L et L+l+

√L2+l2

4 >L2 ce qui ne

se peut pas car la largeur de la bordure ne peut dépasser la moitié de la longueur du terrain. Il resteune seule valeur qui solutionne le problème, la bordure mesure x = L+l−

√L2+l2

4 , ce qui correspondbien au quart de la di�érence entre le demi-périmètre (L+ l) et la diagonale du terrain (

√L2 + l2).

Correction de l'exercice 1.5 (Triangle dans demi-disque)Appelons x et y les longueurs des côtés AB et AC. Le triangle ABC étant rectangle en A, on doitavoir x2 + y2 = BC2, soit x2 + y2 = 4. La condition sur le périmètre de ABC s'écritx+ y +BC = 2p, soit x+ y + 2 = 2p ou encore y = 2p− 2− x. En remplaçant y par 2p− 2− x dans

10 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

la 1re égalité, il vient :x2 + (2p− 2− x)2 = 4⇐⇒ x2 − 4px+ x2 + 4p2 + 4x− 8p+ 4 = 4⇐⇒ x2 + 2(1− p)x+ 2p(p− 2) = 0.Pour que x soit un nombre réel, il faut que le discriminant de cette équation soit positif :∆ = 4(1− p)2 − 8p(p− 2) = −4(p2 − 2p− 1) > 0Le trinôme p2 − 2p− 1 a, quant à lui, un discriminant δ = 8 positif. Ces racines sontp = 2±

√8

2 = 1±√

2. On en déduit que ∆ = −4(p2 − 2p− 1) > 0⇐⇒ 1−√

2 6 p 6 1 +√

2. Comme pest une longueur, on ne retient que 0 6 p 6 1 +

√2 (car 1−

√2 < 0).

Cette condition ne garantit pas l'existence du triangle. Les deux nombres x et y, qui sont les deuxracines du polynôme x2 + 2(1− p)x+ 2p(p− 2), sont les côtés d'un triangle rectangle ABC si leursomme dépasse la longueur de l'hypoténuse BC = 2, soit si −2(1− p) > 2 (la somme des racines dupolynôme x2 + 2(1− p)x+ 2p(p− 2) est −2(1− p)), soit si p− 1 > 1 ou encore p > 2.Finalement, les conditions d'existence du triangle ABC se résument à 2 6 p 6 1 +

√2. On peut

remarquer que pour p = 2, le point A est sur une des extrémités du diamètre [BC] (le triangle est

alors réduit à un segment), et si p = 1 +√

2 le point A est au milieu du demi-cercle BC (le triangleest alors un demi-carré).Personnellement, je trouve cet exercice un peu stupide (il est adapté de la brochure n°150 del'APMEP), car on en arrive à dire que le triangle existe toujours du moment que A est sur ledemi-cercle. La seule précision ajoutée est que le périmètre croît lorsque A s'écarte des extrémités dudiamètre, le maximum étant atteint lorsque A est au milieu du demi-cercle. Ces précisions sont assezintuitives et peuvent être montrées plus simplement que dans cette étude.

Correction de l'exercice 1.6 (Profondeur du puits)La profondeur du puits x véri�e l'égalité suivante portant sur la durée des trajets x340 +

√x

4,9 = 3 où

le 1er terme est la durée mise par le son pour parcourir la distance x et le 2e terme est celle de lachute de la pierre. En posant X =

√x, l'égalité s'écrit X

2

340 +X√4,9

= 3 et, en remarquant que1√4,9

= 1√10×49×10−2 =

107√

10=√

107 , on obtient l'égalité

X2

340 +X√

107 − 3 = 0 qui, sans dénominateur,

s'écrit 7X2 + 340√

10X − 7140 = 0 (j'ai multiplié le tout par 7× 340 = 2380). Le discriminant decette équation est ∆ = 10× 3402 + 4× 7× 7140 = 1355920. La solution cherchée est la racine positivede cette équation (X =

√x est nécessairement un nombre positif) élevée au carré, soit le carré de

−340√

10+√

135592014 ≈ 6, 376. On trouve x = X

2 = 627980−3400√

3389849 ≈ 40, 654628m

Pour la formule générale, on a x340 +√

x4,9 = a qui donne 7X

2 + 340√

10X − 2380a = 0. Lediscriminant de cette équation est ∆ = 10× 3402 + 4× 72 × 340× a = 1156000 + 66640a. La

profondeur du puits est donc égale à

(−340

√10+√

1156000+66640a14

2).

Correction de l'exercice 1.7 (Hauteur d'une échelle)D'après le théorème de Pythagore, on a d2 + h2 = 2, 52 = 6, 25. Le théorème de Thalès nous indique,

quant à lui, que OAOB =CACD ⇐⇒

hd =

h−0,70,7 ⇐⇒ 0, 7(h+ d) = dh. Comme (d+ h)

2 = d2 + h2 + 2dh, on

1.2. CORRECTIONS 11

en déduit que d2 + h2 = (d+ h)2 − 2dh. On en déduit que x = d+ h est solution de l'équationx2 − 2× (0, 7x) = 6, 25⇐⇒ x2 − 1, 4x− 6, 25 = 0.Les solutions de cette équation sont x =

1,4±√

1,42+4×6,252 = 0, 7±

√6, 74 mais x = d+ h étant

nécessairement positif, on a x = 0, 7 +√

6, 74. Donc S = d+ h = 0, 7 +√

6, 74 etP = dh = 0, 7(h+ d) = 0, 7(0, 7 +

√6, 74), il ne reste plus qu'à résoudre l'équation x2 − Sx+ P = 0,

la hauteur h cherchée étant vraisemblablement la plus grande des 2 solutions (l'autre est d). Utilisonsdes valeurs approchées : l'équation est x2 − 3, 296151x+ 2, 307306 ≈ 0 et la plus grande de sessolutions h ≈ 3,296151+

√3,2961512−4×2,307306

2 ≈ 2, 287487 (l'autre solution est

d ≈ 3,296151−√

3,2961512−4×2,3073062 ≈ 1, 008664).

1.2.2 Problèmes du troisième degré

Correction de l'exercice 1.8 (Extrémums locaux d'un polynôme du 3e degré)Appliquons la méthode de Fermat à f : x 7→ x3 + 6x2 + 9x+ 2.Écrivons f(x) = f(x+ λ) : x3 + 6x2 + 9x+ 2 = (x+ λ)3 + 6(x+ λ)2 + 9(x+ λ) + 2.Transformons cette égalité :x3 + 6x2 + 9x+ 2 = x3 + (3λ+ 6)x2 + (3λ2 + 12λ+ 9)x+ (λ3 + 6λ2 + 9λ+ 2).En regroupant les termes : 3λx2 + (3λ2 + 12λ)x+ (λ3 + 6λ2 + 9λ) = 0.En simpli�ant par λ 6= 0 : 3x2 + (3λ+ 12)x+ (λ2 + 6λ+ 9) = 0.En posant λ = 0 on obtient : 3x2 + 12x+ 9 = 0 qui se simpli�e en x2 + 4x+ 3 = 0.Les solutions de cette équation sont x = −4±

√4

2 = −2± 2, soit −1 et −3, ce qui conduit à l'a�rmation(correcte) que la fonction f : x 7→ x3 + 6x2 + 9x+ 2 admet des extrémums locaux en −1 et −3.Une simple véri�cation graphique permet de s'assurer de cela.

D'une manière plus générale, la méthode de Fermat permet de montrer que la fonction

P : x 7→ ax3 + bx2 + cx+ d

admet des extrémums locaux lorsque b2 − 3ac > 0.Ces extrémums ont pour abscisses les solutions de l'équation 3ax2 + 2bx+ c = 0, soit x = −b±

√b2−3ac

3a .NB : Cette méthode qui n'utilise pas la fonction dérivée (le concept n'existait pas à l'époque deFermat), donne un résultat satisfaisant qui repose sur un théorème qui sera étudié en classe determinale (le théorème de Rolle). Rapidement, ce théorème stipule que si, pour deux valeurs x et x′

d'un même intervalle, une fonction prend la même valeur, alors il existe au moins une valeur dansl'intervalle [x;x′] pour laquelle la fonction admet un extrémum.On peut souligner l'audace de cette méthode qui commence par supposer que λ 6= 0 (pour pouvoirsimpli�er par λ), puis qui achève le calcul en prenant λ = 0 !Le procédé s'applique à d'autres fonctions, il su�t d'être dans les conditions d'application duthéorème de Rolle : une fonction continue (la courbe peut se tracer sans lever le crayon) sur [x;x′] etdérivable (la courbe n'a pas de points anguleux) sur ]x;x′[.Essayer la fonction f : x 7→ x2+22(x−1) − 2 pour x > 1.

Correction de l'exercice 1.9 (Somme de cubes)En notant n 6= 0 le plus petit entier, on doit devrait avoir (n+ 2)3 = (n+ 1)3 + n3, égalité qui sedéveloppe : n3 + 6n2 + 12n+ 8 = 2n3 + 3n2 + 3n+ 1 et se réduit : n3 − 3n2 − 9n− 7 = 0. Ce choix

12 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

n'est pas le plus judicieux car l'expression obtenue est complexe. En choisissant de noter n le nombredu milieu, l'égalité s'écrit (n+ 1)3 = (n− 1)3 + n3, égalité qui se développe :n3 + 3n2 + 3n+ 1 = 2n3 − 3n2 + 3n− 1 et se réduit : n3 − 6n2 − 2 = 0 (les termes en n s'éliminent).Méthode graphique : si on trace la courbe d'équation y = x3 − 3x2 − 9x− 7, on s'aperçoit qu'ellecoupe l'axe des abscisses en un seul point qui a pour abscisse un nombre qui n'est pas entier (environégal à 5, 0546). De même, la courbe d'équation y = x3 − 6x2 − 2 ne coupe l'axe des abscisses qu'en unpoint d'abscisse non entière (environ égal à 6, 0546). Dans les deux cas on doit conclure àl'impossibilité de trouver de tels entiers.Méthode arithmétique : prenons l'égalité n3 − 6n2 − 2 = 0 dans lequel n est un entier. Cet entiern'est pas nul car n = 0 ne véri�e pas l'équation. En divisant par n2 6= 0, on trouve qu'il doit véri�erl'égalité n = 6− 2

n2. Comme n = 1 ne véri�e pas l'équation, il faudrait que n > 1 (ou n < −1) or

2n2< 1⇐⇒ n2 > 2 =⇒ n > 2 ou n 6 −2. Dès que n > 1 (en supposant que n > 0), le terme

retranché à 6 est compris entre 0 et 1. Le nombre n cherché ne peut donc être entier.On peut aussi remarquer que n3 − 6n2 − 2 = 0⇐⇒ n2(n− 6) = 2. On remarque que n− 6 doit êtrepositif, donc n > 6. Mais pour qu'un produit de deux entiers soit égal à 2, il faut qu'ils soient égaux à1 et 2 ce qui ne se peut pas.

Correction de l'exercice 1.10 (Somme des carrés)Si, pour tout réel x ∈ R, on a P (x) = ax3 + bx2 + cx+ d, alorsP (x+ 1)− P (x) =

(a(x+ 1)3 + b(x+ 1)2 + c(x+ 1) + d

)−(ax3 + bx2 + cx+ d

). Développons et

réduisons le 2e membre de cette égalité :(a(x+ 1)3 + b(x+ 1)2 + c(x+ 1) + d

)−(ax3 + bx2 + cx+ d

)=

(a− a)x3 + (3a+ b− b)x2 + (3a+ 2b+ c− c)x+ (a+ b+ c+ d− d) = 3ax2 + (3a+ 2b)x+ (a+ b+ c).D'où, si ce polynôme doit être égal à x2, par identi�cation, on doit avoir : 3a = 1, 3a+ 2b = 0 eta+ b+ c = 0, soit a = 13 , b =

−3a2 =

−12 et c = −b− a =

16 . Comme aucune contrainte n'est posée

pour d, on n'a qu'à prendre d = 0. On obtient donc l'expression générale du polynôme :P (x) = x

3

3 −x2

2 +x6 .

F Pour x = 1, on a P (2)− P (1) = 12F Pour x = 2, on a P (3)− P (2) = 22F Pour x = 3, on a P (4)− P (3) = 32F .............................F Pour x = n, on a P (n+ 1)− P (n) = n2

En additionnant membre à membre ces égalités, on obtientF dans le membre de gauche P (n+ 1)− P (1). Or,P (n+ 1)− P (1) = (n+1)

3

3 −(n+1)2

2 +(n+1)

6 − (13 −

12 +

16), soit

2(n+1)3−3(n+1)2+(n+1)6 − (

2−3+16 ) =

(n+1)(2(n+1)2−3(n+1)+1)6 =

(n+1)(2n2+n))6 =

n(n+1)(2n+1)6

F dans le membre de droite 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2Conclusion : 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+1)(2n+1)6 .NB : une autre démonstration de cette identité est donnée dans le cours, à la �n du chapitre 3.

1.2.3 Problèmes du quatrième degré

Correction de l'exercice 1.11 (Somme des cubes)Si, pour tout réel x ∈ R, on a P (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e, alorsP (x+ 1)− P (x) =

(a(x+ 1)4 + b(x+ 1)3 + c(x+ 1)2 + d(x+ 1) + e

)−(ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e

).

Développons et réduisons le 2e membre de cette égalité :(a(x+ 1)4 + b(x+ 1)3 + c(x+ 1)2 + d(x+ 1) + e

)−(ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e

)=

(4a+ b− b)x3 + (6a+ 3b+ c− c)x2 + (4a+ 3b+ 2c+ d− d)x+ (a+ b+ c+ d+ e− e) =4ax3 + (6a+ 3b)x2 + (4a+ 3b+ 2c)x+ (a+ b+ c+ d). D'où, si ce polynôme doit être égal à x3, paridenti�cation, on doit avoir : 4a = 1, 6a+ 3b = 0, 64a+ 3b+ 2c = 0 et a+ b+ c+ d = 0, soit a = 14 ,b = −12 , c =

14 et d = 0. Comme aucune contrainte n'est posée pour e, on n'a qu'à prendre e = 0. On

obtient donc l'expression générale du polynôme : P (x) = x4

4 −x3

2 +x2

4 =x2(x2−2x+1)

4 =(x(x−1)

2

)2.

1.2. CORRECTIONS 13

F Pour x = 1, on a P (2)− P (1) = 13F Pour x = 2, on a P (3)− P (2) = 23F Pour x = 3, on a P (4)− P (3) = 33F .............................F Pour x = n, on a P (n+ 1)− P (n) = n3

En additionnant membre à membre ces égalités, on obtientF dans le membre de gauche P (n+ 1)− P (1).Or, P (n+ 1)− P (1) =

(n(n+1)

2

)2, car P (1) = 0.

F dans le membre de droite 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3

Conclusion : 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =(n(n+1)

2

)2.

Remarque : on reconnait dans l'expression de Q(n) = n(n+1)2 la somme des n premiers entiers, ce quiprouve que la somme des n premiers cubes est égale au carré de la somme de ces n entiers. Le belleillustration graphique ci-contre est extraite de Wikipédia 1 et montre comment on peut découper lesn cubes pour en faire un carré.NB : l'ébauche d'une autre démonstration de cette identité est donnée dans le cours (exemple 50 dansle chapitre 3).

Correction de l'exercice 1.12 (Conjecturer)On trouve

F P (1) = 1× 2× 3× 4 + 1 = 25 = 52F P (2) = 2× 3× 4× 5 + 1 = 121 = 112F P (3) = 3× 4× 5× 6 + 1 = 361 = 192F P (4) = 4× 5× 6× 7 + 1 = 841 = 292

Conjecture n°1 : les nombres P (n) = n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1 sont des carrés pour tout n.Pour prouver cette conjecture, commençons par développer :P (n) = n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1 = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n+ 1.Au vu de ce développement, si ce polynôme du 4e degré est un carré, ce doit être le carré den2 + bn+ 1 (d'une façon évidente les coe�cient a et c du trinôme doivent être égaux à 1).Développons donc maintenant : (n2 + bn+ 1)2 = n4 + 2bn3 + (b2 + 2)n2 + 2bn+ 1.Par identi�cation, on doit avoir 2b = 6 et b2 + 2 = 11.La 1re de ces égalités donne b = 3 et cette valeur véri�e bien la 2e égalité, d'oùP (n) = n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1 = (n2 + 3n+ 1)2.

Conjecture n°2 : les nombres P (n) sont des carrés de nombres premiers.

Cette conjecture se véri�e pour n = 1, 2, 3, 4 et on peut pousser jusqu'à calculer P (5) = 412.En e�et, 5, 11, 19, 29, 41 sont des nombres premiers.Le calcul de P (6) = 552 cependant nous montre que cette conjecture est fausse en général car55 = 5× 11 n'est pas premier.

Correction de l'exercice 1.13 (Équations ou expressions bi-carrées)1- L'équation du 4e degré x4 − x2 + 1 = a peut être ramenée au second degré en notant x2 = X. Onobtient X2 −X + 1 = a⇐⇒ X2 −X + 1− a = 0 qui a pour discriminant ∆ = 1− 4(1− a).

F si ∆ > 0⇐⇒ 1 > 4(1− a)⇐⇒ a > 34 , alors il y a 2 valeurs de X qui conviennent X1 =1+√

∆2

et X2 = 1−√

∆2 . La 1

re est toujours positive et conduit aux deux solutions x1 =√X1 et

x2 = −√X1. Pour la 2e, il n'y aura de solutions en x qu'à la condition que

1−√

∆ > 0⇐⇒ 1 >√

∆. En élevant cette inégalité au carré,1 > ∆⇐⇒ 1 > 1− 4(1− a)⇐⇒ 0 > −4(1− a)⇐⇒ a 6 1. Lorsque a 6 1, il y aura donc deuxsolutions supplémentaires x3 =

√X2 et x4 = −

√X2.

1. https://fr.wikipedia.org/wiki/Somme_des_n_premiers_cubes

14 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

F si ∆ = 0⇐⇒ a = 34 , il n'y a qu'une solution en X qui est X =12 et donc 2 solutions en x qui

sont x1 =√

22 et x2 =

−√

22 .

F si ∆ < 0⇐⇒ a < 34 , il n'y a pas de solution en X et pas davantage en x.Conclusion : l'équation x4 − x2 + 1 = a admet 4 solutions si 34 < a 6 1, 2 si a =

34 ou si a > 1 et

aucune si a < 34 .2- On peut appliquer la formule AM2 = (xM − xA)2 + (yM − yA)2 oubien retrouver ce résultat : en notant N le projeté orthogonal de M surl'axe des ordonnées. On a N(0;x2 + 1), M(x;x2 + 1) et A(0; 4), et enappliquant le théorème de Pythagore dans le triangle AMN rectangle enN :MN2 +NA2 = AM2 ⇐⇒ x2 +

(4− (x2 + 1)

)2= AM2 ⇐⇒ AM2 =

x2 + 9− 6x2 + x4 = x4 − 5x2 + 9.En posant x2 = X, cela s'écrit AM2 = X2−5X+9. Le minimum de cetteexpression est obtenu pour X = 52 , soit pour x = ±

√102 ≈ ±1, 581139.

Véri�ons sur Geogebra : pour toutes les autres positions sur la courbe(sauf celle qui est symétrique deM par rapport à (Oy)), la distance AM(notée AM ′ sur la �gure) est supérieure à la distance obtenue quand M

a pour abscisse√

102 ≈ ±1, 581.

Correction de l'exercice 1.14 (Équations réciproques)1- Avec le changement de variable X = x+ 1x , ce qui implique queX2 = (x+ 1x)

2 = x2 + 2xx +1x2⇐⇒ X2 − 2 = x2 + 1

x2, l'équation devient X2 +X − 6 = 0. On trouve

alors X = −1±√

252 , soit X = 2 ou X = −3. Dans le 1er cas, on trouve donc, potentiellement, 2

solutions car x+ 1x = 2 =⇒ x2 + 1 = 2x (j'ai multiplié par x 6= 0). L'équation à résoudre est alors

x2 − 2x+ 1 = (x− 1)2 = 0 et elle n'a qu'une seule solution x = 1. L'autre possibilité (X = −3) neconduit à aucune solution réelle.Conclusion l'équation de départ n'a qu'une seule solution x = 1.

2- L'équation ax4 + bx3 + cx2 + bx+ a = 0 n'admet pas x = 0 comme solution car a 6= 0. Divisons-lapar x2 6= 0 on obtient a(x2 + 1

x2) + b(x+ 1x) + c = 0. Avec le changement de variable X = x+

1x qui

implique que x2 + 1x2

= X2 − 2, on obtient a(X2 − 2) + bX + c = 0⇐⇒ aX2 + bX + c− 2a = 0.Si α est une solution de cette équation, il véri�e a(α2 + 1

α2) + b(α+ 1α) + c = 0. Mais, si on note β =

1α ,

alors α = 1β et on obtient, en remplaçant α par1β dans l'équation a(

1β2

+ β2) + b( 1β + β) + c = 0, cequi montre que β véri�e aussi la même équation. Dans l'exemple précédent, on avait trouvé juste unesolution car 1 est son propre inverse. Voyons les équations suivantes.

3- L'équation E1 : 10x4 − 77x3 + 150x2 − 77x+ 10 = 0 se transforme, avec le changement de variableX = x+ 1x , en 10X

2 − 77X + 130 = 0. Cette équation a pour solutions X = 77±√

72920 =

77±2720 , soit

5, 2 et 2, 5. On obtient alors les solutions en résolvant les équations :F x+ 1x = 5, 2⇐⇒ x

2 − 5, 2x+ 1 = 0. Le discriminant est ∆ = 23, 04 > 0. Il y a donc 2solutions : x = 5,2+

√23,04

2 = 5 et x =5,2−

√23,04

2 = 0, 2 (l'inverse de 5).F x+ 1x = 2, 5⇐⇒ x

2 − 2, 5x+ 1 = 0. Le discriminant est ∆ = 2, 25 > 0. Il y a donc 2 autressolutions : x = 2,5+

√2,25

2 = 2 et x =2,5−

√2,25

2 = 0, 5 (l'inverse de 2).Les solutions de E1 sont au nombre de 4 ; elles appartiennent à {0, 2; 0, 5; 2; 5}.

L'équation E2 : x4 − 2x3 + x2 − 2x+ 1 = 0 se transforme, avec le changement de variable X = x+ 1x ,en X2 − 2X − 1 = 0. Cette équation a pour solutions X = 2±

√8

2 = 1±√

2. On obtient alors lessolutions en résolvant les équations :

F x+ 1x = 1 +√

2⇐⇒ x2 − (1 +√

2)x+ 1 = 0. Le discriminant est ∆ = (1 +√

2)2 − 4 > 0. Il y adonc 2 solutions, inverses l'une de l'autre d'après ce qui précède : x = 1+

√2±√

∆2 , soit environ

1, 883204 et 0, 53101.F x+ 1x = 1−

√2⇐⇒ x2 − (1−

√2)x+ 1 = 0. Le discriminant est ∆ = (1−

√2)2 − 4 < 0. Il n'y

a donc pas de solutions réelles pour cette valeur de X.

Les solutions de E2 sont au nombre de 2 ; elles sont égales à x =1+√

2±√

2√

2−12 .

1.2. CORRECTIONS 15

1.2.4 Équations de paraboles

Correction de l'exercice 1.15 (Identification graphique)Les nombres ci, rangés dans l'ordre croissant, sont c4, c1, c2, c5 et c3 (cesnombres sont des � ordonnées à l'origine � et se lisent directement).Les nombres qi =

−biai

sont les doubles des abscisses des extrémums

(égaux à −bi2ai , soitqi2 ), et sont donc rangés comme ceux-ci. Dans l'ordre

croissant, on a q2, q5, q1, q3 et q4.Les nombres ai, en valeur absolue, vont dans le même sens que l'apla-tissement de la courbe : plus celle-ci est resserrée et plus le coe�cient aest élevé. On a donc, dans l'ordre croissant : a1, a5, a3 (pour les troisnégatifs), a4 et a2 (pour les deux positifs).

Le signes d'un nombre bi est celui du signe de l'abscisse de l'extrémum si a < 0 (−bi2ai

est du signe de biquand −ai > 0, soit quand ai < 0), du signe opposé si a > 0. Pour les trois ai négatifs, on a b1 > 0,b5 < 0, b3 > 0 (le signe est ici le même que celui de l'abscisse de l'extrémum) ; pour les deux aipositifs, on a b4 < 0, b2 > 0 (le signe est ici opposé au signe de l'abscisse de l'extrémum).Pour véri�cation, la �gure ci-dessus donne les équations de ces paraboles.

Correction de l'exercice 1.16 (Calcul d'aire)1- Déterminons l'équation de P1 :On sait que :

c1 = 5 (ordonnée à l'origine)−b12a1

= 4 (abscisse du minimum)

16a1 + 4b1 + c1 = 1 (ordonnée du minimum)

En remplaçant c1 par 5 et b1 par −8a1, on obtient :c1 = 5

b1 = −8a116a1 + 4(−8a1) + 5 = 1⇐⇒ −16a1 = −4⇐⇒ a1 = 14

Finalement, l'équation de P1 est y = x2

4 − 2x+ 5Déterminons l'équation de P2 :On sait que :

49a2 + 7b2 + c2 = 0 (image de la racine 7)−b22a2

= 3⇐⇒ b2 = −6a2 (abscisse du maximum)9a2 + 3b2 + c2 = 5 (ordonnée du maximum)

En remplaçant b2 par −6a2, on obtient :49a2 + 7(−6a2) + c2 = 0⇐⇒ 7a2 + c2 = 0b2 = −6a29a2 + 3(−6a2) + c2 = 5⇐⇒ −9a2 + c2 = 5

En soustrayant la 3e de la 1re, j'obtiens 7a2 + c2 − (−9a2 + c2) = −5⇐⇒ 16a2 = −5⇐⇒ a2 = −516 .En reportant cette valeur, je trouve b2 = −6a2 = 3016 et c2 = −7a2 =

3516 .

L'équation de P2 est donc y = −5x2+30x+35

16

Autre méthode :Il est plus simple, lorsqu'on connait les coordonnées de l'extrémum, d'utiliser la forme canoniquey = a(x− α)2 + β où (α, β) sont les coordonnées de l'extrémum.Pour l'équation de P1, on peut écrire y = a(x− 4)2 + 1.

16 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

Le coe�cient a est déterminé par l'autre condition : 5 = a(0− 4)2 + 1 = 16a+ 1⇐⇒ a = 5−116 =14 .

De même, pour l'équation de P2, on peut écrire y = a(x− 3)2 + 5.Le coe�cient a est déterminé par l'autre condition : 0 = a(7− 3)2 + 5 = 16a+ 5⇐⇒ a = −516 .

2- Comme, pour être dans D, il faut être au-dessus de P1 et au-dessous de P2, le système Sd'inéquations que doit véri�er un point de D est :{

y > x2

4 − 2x+ 5y 6 −5x

2+30x+3516

3- Le programme décrit dans l'énoncé est écrit ci-dessous en Python. Pour générer un nombre de[0; 7[, il su�t de multiplier par 7 le nombre aléatoire proposé par la fonction random qui estdisponible dans tous les langages de programmation et qui génère un nombre réel aléatoire de [0; 1[comme 0, 48592855472012 par exemple.

Le résultat pour un échantillon de n = 10000 tirages me donne aire ≈ 13, 461.Avec un échantillon 100 fois plus grand, je trouve aire ≈ 13, 514.Cette méthode fournit une estimation aussi précise qu'on le souhaite, il su�t d'augmenter le nombrede tirages.

1.2.5 Identités remarquables

Correction de l'exercice 1.17 (Différences ou sommes de puissances)1- Écrivons l'identité pour n = 3 : x3 − a3 = (x− a)(x2 + ax+ a2) ce qui s'écrit aussia3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2)2- En remplaçant b par −b dans l'identité précédente, on obtienta3 − (−b)3 = (a− (−b))(a2 + a(−b) + (−b)2), soit a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2)3- Pour que a4 + b4 s'écrive de la façon indiquée, soit (a2 + abc+ b2)(a2 + abd+ b2), il doit y avoircoïncidence entre les termes du développement. Or(a2 + abc+ b2)(a2 + abd+ b2) = a4 + (c+ d)a3b+ (cd+ 2)a2b2 + (c+ d)ab3 + b4. On doit donc avoirc+ d = 0 et cd+ 2 = 0, ce qui revient à c = −d et (−d)d+ 2 = 0⇐⇒ d2 = 2. On en déduit quea4 + b4 = (a2 +

√2ab+ b2)(a2 −

√2ab+ b2).

On aurait pu voir dans cette identité un cas particulier de celle de Sophie Germain (voir plus loin) :

a4 + b4 =(a2 + b2

)2 − 2a2b2 = (a2 + b2 −√2ab)(a2 + b2 +√2ab)4- Factorisons P (x) = 4x4 + 1 = (

√2x)4 + 1 en utilisant cette identité dans laquelle a =

√2x et b = 1 :

(√

2x)4 + 14 =((√

2x)2 + 12 −√

2(√

2x)) (

(√

2x)2 + 12 +√

2(√

2x))

= (2x2 + 1− 2x)(2x2 + 1 + 2x).Les deux facteurs du 2e degré ont des discriminant négatifs, la factorisation est donc ultime :P (x) = 4x4 + 1 = (2x2 − 2x+ 1)(2x2 + 2x+ 1).

1.2. CORRECTIONS 17

Factorisons Q(x) = (x−√

2)4 + (x+√

2)4en utilisant cette identité dans laquelle a = x−√

2 etb = x+

√2 :

Q(x) =((x−

√2)2 + (x+

√2)2 −

√2(x−

√2)(x+

√2)) (

(x−√

2)2 + (x+√

2)2 +√

2(x−√

2)(x+√

2))

=(2x2 + 4−

√2(x2 − 2)

) (2x2 + 4 +

√2(x2 − 2)

)=((2−

√2)x2 + 4 + 2

√2) (

(2 +√

2)x2 + 4− 2√

2).

Les deux facteurs ne se factorisent pas car ils sont de la forme ax2 + b avec a et b positifs. Lafactorisation est donc ultime :Q(x) = (x−

√2)4 + (x+

√2)4 =

((2−

√2)x2 + 4 + 2

√2) (

(2 +√

2)x2 + 4− 2√

2).

1.2.6 Divisions euclidiennes

Correction de l'exercice 1.18 (Factorisations diverses)1- Comme p(2) = 23 + 22 − 12 = 8 + 4− 12 = 0, 2 est une racine évidente de p. Pour déterminer lafactorisation p(x) = (x− 2)× q(x), on pourrait procéder par identi�cation. Mais ici on demanded'e�ectuer une division euclidienne de x3 + x2 − 12 par x− 2 en posant la division comme avec desentiers.

x3 +x2 −12 x −2−x3 +2x2 x2 +3x +6

3x2

−3x2 +6x6x −12−6x +12

0

Le reste étant nul, on en déduit la factorisation p(x) = (x2 + 3x+ 6)(x− 2).Comme le trinôme q(x) = x2 + 3x+ 6 a un discriminant ∆ = 9− 24 = −15 < 0, il ne se factorise pas.La factorisation trouvée est donc la factorisation ultime.2- Divisons 2x6 − 11x5 + 18x4 − 14x3 + 10x2 − 9x+ 6 par 2x2 − 3x+ 2.

2x6 −11x5 +18x4 −14x3 +10x2 −9x +6 2x2 −3x +2−2x6 +3x5 −2x4 x4 −4x3 +2x2 +3

−8x5 +16x4 −14x3

8x5 −12x4 +8x3

4x4 −6x3 +10x2

−4x4 6x3 −4x2

6x2 −9x +6−6x2 +9x −6

0

Comme le reste est nul, on en déduit la factorisation P (x) = (2x2 − 3x+ 2)(x4 − 4x3 + 2x2 + 3).3- Divisons x5 + 6x2 − 5x+ 5 par x2 − x+ 1.

x5 +6x2 −5x +5 x2 −x +1−x5 +x4 −x3 x3 +x2 +5

x4 −x3 +6x2

−x4 +x3 −x2

5x2 −5x +5−5x2 +5x −5

0

Comme le reste est nul, on en déduit la factorisation f(x) = (x2 − x+ 1)(x3 + x2 + 5).

18 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

4- Divisons x6 − 3x5 + 3x4 − 3x2 + 3x− 1 par x− 1

x6 −3x5 +3x4 −3x2 +3x −1 x −1−x6 +x5 x5 −2x4 +x3 +x2 −2x +1

−2x5 +3x4

2x5 −2x4

x4

−x4 +x3

x3 −3x2

−x3 +x2

−2x2 +3x+2x2 −2x

x −1−x +1

0

Comme le reste est nul, on en déduit la factorisation h(x) = (x− 1)(x5 − 2x4 + x3 + x2 − 2x+ 1).Pour diviser h(x) par (x− 1)2, on va simplement diviser (x5 − 2x4 + x3 + x2 − 2x+ 1) par x− 1.

x5 −2x4 +x3 +x2 −2x +1 x −1−x5 +x4 x4 −x3 +x −1

−x4 +x3

x4 −x3

x2 −2x−x2 +x

−x +1x −1

0

Comme le reste est nul, on en déduit la factorisation h(x) = (x− 1)2(x4 − x3 + x− 1).Pour diviser h(x) par (x− 1)3, on va simplement diviser (x4 − x3 + x− 1) par x− 1.

x4 −x3 +x −1 x −1−x4 +x3 x3 +1

x −1−x +1

0

Comme le reste est nul, on en déduit la factorisation h(x) = (x− 1)3(x3 + 1).Pour la factorisation ultime de h(x) il su�t d'utiliser l'identité a3 + b3 = (a+ b)(a2 − ab+ b2). Enremplaçant a et b par x et 1, cela donne x3 + 1 = (x+ 1)(x2 − x+ 1). Comme le trinôme x2 − x+ 1 aun discriminant ∆ = −3 < 0, il ne se factorise pas. La factorisation ultime cherchée est donch(x) = (x− 1)3(x+ 1)(x2 − x+ 1).

1.2. CORRECTIONS 19

Correction de l'exercice 1.19 (Factorisation par (x− a))1- E�ectuons la division euclidienne de 3x3 − 4x2 + 6x− 5 par x− 1.

3x3 −4x2 +6x −5 x −1−3x3 +3x2 3x2 −x +5

−x2 +6xx2 −x

5x −5−5x +5

0

Le reste étant nul, on en déduit la factorisation P (x) = (x− 1)(3x2 − x+ 5). On pouvait prévoir quela factorisation allait aboutir car 1 est une racine évidente de P (car 3− 4 + 6− 5 = 0).2- E�ectuons la division euclidienne de 3x3 − 4x2 + 6x− 5 par x− 2.

3x3 −4x2 +6x −5 x −2−3x3 +6x2 3x2 +2x +10

2x2 +6x

−2x2 +4x10x −5−10x +20

15

Le reste n'est pas nul, on ne peut pas en déduit une factorisation de P , mais on peut écrireP (x) = (x− 2)(3x2 + 2x+ 10) + 15. On peut remarquer que le reste obtenu est égal à P (2) car, enutilisant la forme développée, P (2) = 3× 8− 4× 4 + 6× 2− 5 = 24− 16 + 12− 5 = 15. NB : c'estencore plus évident en utilisant la forme (x− 2)×Q(x) +R(x) car, quand x = 2, (x− 2)×Q(x) = 0alors que R(x) = 15.3- D'une façon générale, la division euclidienne de P (x) par (x− a) s'écritP (x) = (x− a)×Q(x) +R(x) avec deg(R) < deg(x− a), c'est-à-dire deg(R) < 1. On en déduit queR(x) est constant (un monôme de degré 0), notons le provisoirement k. Comme on aP (x) = (x− a)×Q(x) + k pour tout x, pour x = a on obtient P (a) = (a− a)×Q(a) + k = 0 + k = k.On a donc bien P (x) = (x− a)×Q(x) + P (a), égalité qui s'écrit aussi P (x)− P (a) = (x− a)×Q(x).4- On a vu que P (x)− P (2) = (x− 2)×Q(x). On en déduit queP (x) = P (2)⇐⇒ (x− 2)×Q(x) = 0. Les racines de Q répondent à la question posée. Dans le cas denotre polynôme P , on a Q(x) = 3x2 + 2x+ 10. Ce polynôme n'a pas de racines car le discriminant∆ = 4− 120 = −116 est négatif. Il n'y a pas d'autres valeurs de x telles que P (x) = P (2).5- E�ectuons la division euclidienne de f(x) = x3 − x2 − 3x+ 5 par x− 2.

x3 −x2 −3x 5 x −2−x3 +2x2 x2 +x −1

x2 −3x−x2 +2x

−x +5x −2

3

On peut écrire f(x) = (x− 2)(x2 + x− 1) + 3 où f(2) = 3. On en déduit quef(x) = f(2)⇐⇒ (x− 2)(x2 + x− 1) = 0. Le polynôme x2 + x− 1 a 2 racines car le discriminant∆ = 1 + 4 = 5 est positif. Il y a donc 2 autres valeurs de x telles que f(x) = f(2), ce sont x1 =

−1+√

52

et x2 =−1−

√5

2 . La racine positive cherchée est x1 ≈ 0, 618, l'autre est l'opposé du � nombre d'or �ϕ = −x2 = 1+

√5

2 ≈ 1, 618.

20 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

1.2.7 Factorisations ultimes

Correction de l'exercice 1.20 (Extrait du cours)Une remarque au préalable : x4 + 4 = x4 + 4x2 + 4−4x2 = (x2 + 2)2−4x2 = (x2−2x+ 2)(x2 + 2x+ 2)n'est que le cas particulier y = 1 de l'identité de Sophie Germain :

x4 + 4y4 = (x2 + 2y2)2 − 4x2y2 = (x2 + 2y2 − 2xy)(x2 + 2y2 + 2xy) = ((x+ y)2 + y2)((x− y)2 + y2)

Pour la factorisation ultime de P (x) = x7 − 3x6 + 3x5 − x4 + x3 − 3x2 + 3x− 1, on commence parremarquer que x = 1 est une racine évidente (la somme des coe�cients vaut 1). On en déduit queP (x) = (x− 1)(x6 + ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex+ 1) où a, b, c, d et e sont des coe�cients entiers àdéterminer (j'ai immédiatement, pour simpli�er, déterminé les coe�cients des monômes de degrés 0et 6). Résolvons un système pour identi�er les coe�cients (on aurait pu e�ectuer une divisioneuclidienne) :

a− 1 = −3b− a = 3c− b = −1d− c = 1e− d = −31− e = 3

⇐⇒

a = −2b = a+ 3 = 1

c = b− 1 = 0d = c+ 1 = 1

e = d− 3 = −2

La dernière égalité permet de véri�er les résultats : e = 1− 3 = −2. On obtient la factorisationP (x) = (x− 1)(x6 − 2x5 + x4 + x2 − 2x+ 1). Le second facteur admet encore 1 comme racine, d'oùP (x) = (x− 1)2(x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx− 1) où a, b, c et d sont des coe�cients entiers àdéterminer. Pour identi�er ces nouveaux coe�cients, résolvons le nouveau système :

a− 1 = −2b− a = 1c− b = 0d− c = 1−1− d = −2

⇐⇒

a = −1b = a+ 1 = 0

c = b = 0

d = c+ 1 = 1

La dernière égalité permet de véri�er les résultats : d = 2− 1 = 1. On obtient la factorisationP (x) = (x− 1)2(x5 − x4 + x− 1). Le second facteur admet encore 1 comme racine mais lafactorisation de ce facteur est immédiate : (x5 − x4 + x− 1) = (x4(x− 1) + x− 1) = (x− 1)(x4 + 1).Cette fois, on se trouve avec le facteur (x4 + 1) qui n'a pas 1 comme racine : P (x) = (x− 1)3(x4 + 1).Utilisons l'astuce de l'identité de Sophie Germain :(x4 + 1) = x4 + 2x2 + 1− 2x2 = (x2 + 1)2 − 2x2 = (x2 −

√2x+ 1)(x2 +

√2x+ 1).

Les coe�cients de cette factorisation ultime ne sont donc pas tous entiers, mais on obtient �nalement

P (x) = (x− 1)3(x2 −√

2x+ 1)(x2 +√

2x+ 1)

Il y a un facteur du premier degré et 2 facteurs du second degré non factorisables (∆ = −2 < 0).L'équation du 7e degré P (x) = 0 a donc une seule solution réelle de multiplicité 3 : 1 (et 4 solutionscomplexes) ; le polynôme P n'admet qu'une seule racine réelle. On peut véri�er cela en traçant lacourbe de la fonction x 7→ P (x) : même si ce n'est pas évident du fait de l'écrasement de la courbe,elle ne coupe l'axe des abscisses qu'en un seul point.

1.2. CORRECTIONS 21

Correction de l'exercice 1.21 (Recherche des racines évidentes)Le programme détermine les diviseurs de la valeur absolue du coe�cient constant et les place, avecleurs opposés, dans une liste. Ensuite, le polynôme est évalué pour chacune des valeurs de la liste :lorsque l'image calculée est nulle � cela signi�e que la valeur est une racine � les coe�cients dupolynômes sont recalculés. En e�et, si α est une racine de P alors P (x) = (x− α)Q(x) et lescoe�cients de Q se calculent facilement en identi�ant les coe�cients du développement de(x− α)Q(x) avec ceux de P . Cela explique la fonction recalcule(x,a) qui réalise cela.Montrons ce point pour le degré 3, la formule obtenue étant valable pour un degré n quelconque.Si P (x) = a3x3 + a2x2 + a1x+ a0 et si α est une racine de P , alors P (x) = (x− α)Q(x) avecQ(x) = b2x

2 + b1x+ b0 (le degré de Q est inférieur de 1 au degré de P ). Développons (x− α)Q(x) :x(b2x

2 + b1x+ b0)− α(b2x2 + b1x+ b0) = b2x3 + (b1 − αb2)x2 + (b0 − αb1)x− αb0L'identi�cation des termes de même degré conduit au système suivant :

b2 = a3

b1 − αb2 = a2b0 − αb1 = a1−αb0 = a0

⇐⇒

b2 = a3 =

b1−a2α

b1 =b0−a1α

b0 =−a0α

En partant de b0 =−a0α (division qui aboutit toujours sur un entier puisque α est un diviseur de a0),

on calcule ainsi facilement b1, puis b2. La fonction polynome(), quant à elle, évalue le polynôme pourune valeur de la variable. Le plus compliqué est, �nalement, de faire a�cher correctement lepolynôme résiduel, car les conventions d'écritures imposent d'a�cher, par exemple, (-2x+1) ou x-1,et non (-2x^1+1)ou 1x+-1... Ceci est sans doute un détail et peut très bien ne pas être envisagé (onpeut se contenter d'un a�chage moins formaté comme [1,−2][1, 2][3, 1] à la place du plusconventionnel (x− 2)(x+ 2)(3x+ 1)).Voilà donc, page suivante, une proposition de programme qui fonctionne mais qui peut ne pasrépondre tout-à-fait à toutes les situations possibles. Je ne l'ai testé que sur les exemples proposés. Lacolonne de droite du tableau qui suit présente les factorisation qu'il trouve.

P1 3x3 + x2 − 12x− 4 (x− 2)(x+ 2)(3x+ 1) ultime

P2 6x3 + 3x2 − 27x+ 12 6x3 + 3x2 − 27x+ 12

P3 −5x3 + 45x2 − 130x+ 120 −5(x− 2)(x− 3)(x− 4) ultimeP4 x

4 − 6x3 − 7x2 + 48x− 36 (x− 1)(x− 2)(x+ 3)(x− 6) ultimeP5 2x

4 − 13x3 − 7x2 + x− 7 (x+ 1)(x− 7)(2x2 − x+ 1) ultimeP6 x

4 − 4x3 − 6x2 + 28x− 16 (x− 2)(x− 4)(x2 + 2x− 2)P7 x

4 − 7x3 + 13x2 + 3x− 18 (x+ 1)(x− 2)(x− 3)(x− 3) ultimeP8 x

5 + 4x4 + 7x3 + 7x2 + 4x+ 1 (x+ 1)(x+ 1)(x+ 1)(x2 + x+ 1) ultime

P9 x6 + 3x5 + 2x4 − x2 − 3x− 2 (x− 1)(x+ 1)(x+ 1)(x+ 2)(x2 + 1) ultime

P10 x7 − 3x6 + 3x5 − x4 + x3 − 3x2 + 3x− 1 (x− 1)(x− 1)(x− 1)(x4 + 1)

Commentaires : Le programme a�che les bons résultats, sauf quand il ne trouve pas de racinesévidentes auquel cas il ne le signale pas (ce qui peut être un défaut). Le polynôme P2 par exemple sefactorise en 3(2x− 1)(x2 + x− 4) mais il ne trouve pas la racine 12 . Un autre défaut qui pourraitfacilement être corrigé : lorsqu'une racine est multiple, il n'a�che pas la multiplicité. Par exemplepour P10 il devrait a�cher (x− 1)3(x4 + 1) puisque 1 y est une racine triple (de même pour lespolynômes P7, P8 et P9 qui ont chacun une racine multiple). Signalons en�n que certains logicielssavent factoriser. Geogebra, par exemple, a un volet � calcul formel � qui e�ectue cela très bien :quand on tape Factoriser( 6x^3+3x^2-27x+12), on obtient le résultat 3(2x-1)(x^2+x-4) sansproblème.

22 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

1.2.8 le coin du chercheur

Correction de l'exercice 1.22Une remarque préliminaire : d'une façon évidente, les équations x2 − 3x+ 1 = 0 et −x2 + 3x− 1 = 0ont les mêmes solutions. Pour éviter de compter deux fois les polynômes qui ont les mêmes racines, jepeux me limiter aux équations dont le coe�cient a est positif. Mais comme x2 − 3x+ 1 = 0 et2x2 − 6x+ 2 = 0 ont aussi les mêmes solutions, je peux encore limiter mon étude aux trinômes dontles coe�cients sont premiers entre eux (n'ont pas de diviseur en commun autre que 1). De cettefaçon, j'examine une liste plus restreinte dont chaque élément a des racines particulières.Avant de programmer cette recherche, je me reporte à la partie du cours � étude du signe desracines � qui donne un algorithme pour détecter les racines de même signe. Pour détecter les racines

1.2. CORRECTIONS 23

rationnelles, j'utiliserai juste un test qui compare√

∆ et sa partie entière : s'il y a égalité, j'endéduirai que les racines sont rationnelles. Je tiens donc là l'essentiel du contenu mathématique, il neme reste plus qu'à ajouter le traitement informatique : je vais tester toutes les valeurs possibles etconstruire des listes contenant les coe�cients des trinômes appartenant aux 7 catégories àdi�érencier :

F F0 : trinômes sans racineF F1i : trinômes avec racines irrationnelles et de signes contrairesF F1r : trinômes avec racines rationnelles et de signes contrairesF F2ip : trinômes avec racines irrationnelles et de signes positifsF F2rp : trinômes avec racines rationnelles et de signes positifsF F2in : trinômes avec racines irrationnelles et de signes négatifsF F2rn : trinômes avec racines rationnelles et de signes négatifs

Les dénombrements de ces di�érentes catégories seront simplement a�chés dans la console pour unevaleur de n donnée. Je reprends ensuite ces nombres dans une feuille de tableur (Calc d'OO) pour lesstocker, e�ectuer les traitements statistiques éventuels et aussi pour présenter les résultats de cetteétude. Voici donc le programme utilisé : il est écrit en Python pour un ordinateur (sur unecalculatrice Numworks le principe resterait le même).

Passons maintenant aux résultats.é La proportion F (1, n) des polynômes de En qui n'ont pas de racine semble se stabiliser rapidementsur une valeur de 37, 7%, soit plus d'un tiers. Les premiers de ces trinômes sans racine sont : x2 + 1,x2 + x+ 1 et x2 − x+ 1 (pour les 3 de E1), x2 + 2, x2 + x+ 2, x2 − x+ 2, x2 + 2x+ 2, x2 − 2x+ 2,2x2 + 1, 2x2 + x+ 1, 2x2 + x+ 2, 2x2 − x+ 1, 2x2 − x+ 2, 2x2 + 2x+ 1 et 2x2 − 2x+ 1 (pour les 12de E2 qui ne sont pas dans E1), etc.é La proportion F (2, n) des polynômes de En qui ont des racines rationnelles décroit régulièrement(courbe de gauche) de 45% environ pour n = 1 à 8% environ pour n = 20. Comme les trinômesn'ayant pas de racine sont en proportion stable, cette baisse est compensée par l'augmentation destrinômes ayant des racines irrationnelles, ce qui n'est pas étonnant compte tenu de la prépondérancedes nombres irrationnels. Un examen plus détaillé de la répartition montre que les trinômes ayant desracines rationnelles se répartissent à peu près équitablement entre ceux qui ont des racines de mêmes

24 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

signes et ceux qui ont des racines de signes contraires. Les premiers de ces trinômes ayant des racinesrationnelles sont : x2 − 1, x2 − x, x2 + x et x2 (pour les 4 de E1), x2 + x− 2, x2 − x− 2, 2x2 + x− 1,2x2 + x− 1, x2 − 2x, x2 − 2x+ 1, 2x2 − x, x2 + 2x, x2 + 2x+ 1, 2x2 + x (pour les 10 de E2 qui nesont pas dans E1), etc.é La proportion F (3, n) des polynômes de En qui ont des racines irrationnelles positives croitrégulièrement (courbe de droite) de 0 à près de 5% pour n = 20. Il faut noter l'égalité parfaite entreles trinômes ayant des racines irrationnelles positives et négatives. Ceci est du au fait que lesnumérateurs des racines −b+

√∆ et −b−

√∆ ne font que changer de signe quand on remplace b par

−b : −(−b) +√

∆ = −(b−√

∆) et −(−b)−√

∆ = −(b+√

∆). Le même phénomène a lieu avec lesracines rationnelles, excepté pour les équations de type xn = 0 qui ne sont présente qu'en unexemplaire que mon programme a placé dans les racines négatives, ce qui n'est pas fondamentalementgênant. Les premiers de ces trinômes ayant des racines positives et irrationnelles sont : x2 − 3x+ 1(pour le premier qui apparait, dans E3), x2 − 4x+ 1, x2 − 4x+ 2, 2x2 − 4x+ 1 (pour les 3 de E4 quine sont pas dans E3), x2 − 5x+ 1, x2 − 5x+ 2, x2 − 5x+ 3, x2 − 5x+ 5, 2x2 − 4x+ 1, 2x2 − 5x+ 1,3x2 − 5x+ 1, 5x2 − 5x+ 1 (pour les 8 de E5 qui ne sont pas dans E4), etc.

é C'est à partir de n = 10 que, parmi les équations de En ayant 2 racines positives, il y a davantagede racines irrationnelles que rationnelles. Pour n = 9, en e�et, il y a 94 trinomes ayant des racinespositives irrationnelles contre 101 rationnelles alors que pour n = 10, en e�et, il y a 131 trinomesayant des racines positives irrationnelles contre 120 rationnelles.Les résultats détaillés jusqu'à n = 20 :

1.2.9 Évaluations

Correction de l'exercice 1.23 (Formes du trinôme)1. Le trinôme f(x) = −3x2 + 5x− 2 s'écrit−3((x2 − 53x+

23

)= −3

((x− 56)

2 − (56)2 + 23

)= −3

(x− 56

)2+ 512 −

1212

1.2. CORRECTIONS 25

La forme canonique est donc f(x) = −3(x− 56

)2 − 712Comme ∀x ∈ R,

(x− 56

)2> 0, on en déduit que −3

(x− 56

)26 0⇐⇒ −3

(x− 56

)2 − 712 6 − 712L'extrémum de f sur R est un maximum : il est égal à − 712 et il est atteint pour x =

56 (on pouvait

le trouver avec les formules)

2. Le discriminant de l'équation 20x2 − x− 1 = 0 est positif : ∆ = 12 + 4× 20 = 81 = 92.Il y a donc 2 solutions : x = 1+

√81

40 =14 et x =

1−√

8140 =

−15 .

Le trinôme g(x) = 20x2 − x− 1 se factorise en g(x) = 20(x− 14)(x+15)

Correction de l'exercice 1.24 (Inéquations (3 points))1. Le signe du trinôme −x2 + 4x− 1 est celui de a = −1 (négatif) à l'extérieur des racines et le signeopposé (positif) à l'intérieur.Le discriminant de l'équation −x2 + 4x− 1 = 0 est positif : ∆ = 16− 4 = 12.Il y a donc 2 solutions : x = −4+

√12

−2 = 2−√

3 et x = −4−√

12−2 = 2 +

√3.

Le trinôme −x2 + 4x− 1 est positif pour 2−√

3 6 x 6 2 +√

3 et négatif pour x 6 2−√

3 oux > 2 +

√3.

Le domaine de dé�nition de la fonction x 7→ 4x−1√−x2+4x−1 correspond aux valeurs de x pour lesquelles

le dénominateur est strictement positif, soit Df =]2−√

3; 2 +√

3[

2. L'inéquation : (x− 3)2 − (3x+ 1)2 6 0 est équivalente à(x− 3− (3x+ 1)) (x− 3 + (3x+ 1)) 6 0⇐⇒ (−2x− 4) (4x− 2) 6 0⇐⇒ 4 (x+ 2) (−2x+ 1) 6 0.On peut alors faire un tableau de signes ou appliquer la règle vue en cours : le signe de a étantnégatif (a = −8), le trinôme est négatif à l'extérieur des racines qui sont −2 et 12 .Les solutions de l'inéquation se trouvent donc dans ]−∞;−2] ∪ [12 ; +∞[

Correction de l'exercice 1.25 (Déterminer deux nombres (3 points))1. Les entiers sont notés x et y.Leur di�érence est y − x = 23⇐⇒ y = x+ 23 (ou x− y = 23 mais cela revient à échanger x et y).La di�érence entre leur produit et 23 fois leur somme est xy − 23(x+ y) = 41.La dernière égalité s'écritx(x+ 23)− 23(x+ x+ 23) = 41⇐⇒ x2 + 23x− 46x− 232 = 41⇐⇒ x2 − 23x− 570 = 0Le discriminant de l'équation est positif : 232 + 4× 570 = 2809 = 532.Il y a donc 2 solutions : x = 23+532 = 38 et x =

23−532 = −15, mais seule la 1re concerne deux naturels.

On en déduit les valeurs correspondantes de y : y = x+ 23 = 38 + 23 = 61 ety = x+ 23 = −15 + 23 = 8.Les entiers cherchés sont donc 38 et 61

2. Les réels sont notés x et y = 1x .La somme du carré de leur somme avec la somme de leurs carrés est(x+ y)2 + x2 + y2 = 7⇐⇒ (x+ 1x)

2 + x2 +(

1x

)2= 7.

Cette égalité s'écrit x2 + 1x2

+ 2 + x2 + 1x2

= 7⇐⇒ 2x2 + 2x2− 5 = 0.

En multipliant tout par x2 6= 0 (x 6= 0 car sinon son inverse n'existe pas), on obtient 2x4− 5x2 + 2 = 0Si on pose x2 = X, cela devient 2X2 − 5X + 2 = 0 Le discriminant de cette équation est positif :25− 16 = 9 = 32.Il y a donc 2 solutions en X = x2 : X = 5+34 = 2 et X =

5−34 =

12 .

On en déduit les 4 valeurs correspondantes de x = ±√X : x = ±

√2 et x = ± 1√

2= ±

√2

2

Les réels cherchés sont donc (√

2;√

22 ) ou (−

√2;−

√2

2 )

NB : il n'y a que 2 couples solutions si on ne tient pas compte de l'ordre des nombres.

26 CHAPITRE 1. EXERCICES SUR LES POLYNÔMES

Correction de l'exercice 1.26 (Intersection(s) d'une parabole et d'une droite (3 points))1 et 2. La parabole P d'équation y = x2 + 4x− 5 coupe la droite D d'équation y = 6x+m lorsquex2 + 4x− 5 = 6x+m⇐⇒ x2 − 2x− (5 +m) = 0.Le discriminant de cette équation est positif :4 + 4(5 +m) = 4(6 +m).

F Il y a donc 2 solutions lorsque 4(6 +m) 0⇐⇒ m > −6 : x = 2+2√

6+m2 = 1 +

√6 +m et

x = 2−2√

6+m2 = 1−

√6 +m. L'ordonnée des deux points trouvés se calcule avec une des 2

équations, par exemple y = 6x+mF Il y a 1 seule solution lorsque 4(6 +m) = 0⇐⇒ m = −6 : x = 22 = 1. L'ordonnée du pointtrouvé est y = 6 +m = 0 car m = −6

F Il y a 0 solution lorsque 4(6 +m) < 0⇐⇒ m < −6

3. Lorsqu'il existe deux points d'intersection A et B (quand m > −6), l'abscisse du milieu de [AB]estx = xA+xB2 =

1+√

6+m+1−√

6+m2 =

22 = 1. Les points sont donc situés sur la droite verticale d'équation

x = 1.La parabole étant tournée vers le haut (car le coe�cient a > 0), les droites parallèles cessent decouper la parabole quand m < −6. Leur dernier contact est obtenu pour m = −6 et l'ordonnée de cepoint est 0 (déjà calculée). Ainsi les milieux seront situés surla demi-droite d'équation x = 1 avec y > 0 .

Correction de l'exercice 1.27 (Paraboles (4 points))1. Le sommet de la parabole, si elle existe, a pour coordonnées (x = −ba ; y =

−b2+4ac4a ).

On peut donc directement a�rmer que −12 =−ba ⇐⇒ a = 2b et

−94 =

−b2+4ac4a ⇐⇒ 36a = 4b

2 − 16ac.En remplaçant a par 2b dans cette dernière 72b = 4b2 − 32bc⇐⇒ c = 4b2−72b32b =

b−188 .

L'équation de la parabole cherchée est donc de la forme 2bx2 + bx+ b−188 = 0.Comme la parabole doit passer par le point de coordonnées (−1;−2), le coe�cient b véri�e2b− b+ b−188 = 0⇐⇒

9b8 =

94 ⇐⇒ 36b = 72⇐⇒ b = 2.

Finalement, la parabole existe et a pour équation 4x2 + 2x− 2 = 0⇐⇒ 2x2 + x− 1 = 0

2. La parabole passe par le point A(1; 5× 12 + 3× 1− 2 = 6).Une droite non parallèle à l'axe des ordonnées a pour équationy = ax+ b.Si cette droite passe par A alors on a 6 = a+ b⇐⇒ b = 6− a.Les droites ont donc pour équation y = ax+ 6− a.La droite cherchée coupe P en un seul point si l'équation suivanten'a qu'une seule solution :5x2 + 3x− 2 = ax+ 6− a⇐⇒ 5x2 + (3− a)x+ a− 8 = 0Pour cela, le discriminant de cette équation doit être nul :(3− a)2 − 4× 5× (a− 8) = (3− a)2 − 20(a− 8).Il y a donc 1 seule solution lorsque (3−a)2 = 20(a−8), c'est-à-dire9 + a2 − 6a = 20a− 160⇐⇒ a2 − 26a+ 169 = (a− 13)2 = 0.On doit donc prendre a = 13 pour n'avoir qu'une seule solution.L'équation de la droite est donc y = 13x− 7La courbe et la droite sont tracées ci-contre.

Correction de l'exercice 1.28 (Problèmes (4 points))1. Le terrain rectangulaire mesure 30m par 16m, l'allée mesure x de large.L'aire de la double allée est 16x+ 30x− x2 = 46x− x2 (le dernier terme pour enlever ce qui a étécompté 2 fois).On doit avoir 46x− x2 = 30×162 = 240. La largeur x doit véri�er l'équation −x

2 + 46x− 240 = 0.Le discriminant de l'équation est positif :∆ = 462 − 4× 240 = 1156 = 342.Il y a donc 2 solutions : x = −46+34−2 = 6 et x =

−46−34−2 = 40.

1.2. CORRECTIONS 27

La largeur de la bande ne peut dépasser x = 8 (la moitié de la largeur), donc seule la solution x = 6est acceptée. La largeur de la bande est 6m

2. Appelons x, y et z respectivement le côté du drapeau, l'écartement entre les perches (la distanceAB sur la �gure) et la distance de la plus grande au point d'a�eurement (la distance BM sur la�gure).Avec ces notations, utilisons le théorème de Pythagore dans lestriangles ADM , BCM et DCH, H étant le projeté orthogonal deD sur [BC] :

32 + (y − z)2 = x2, 42 + z2 = x2 et 12 + y2 = x2Des 2 dernières égalités on tire z2 = x2 − 16, y2 = x2 − 1Reportées dans la 1re (9 + y2 + z2 − 2yz = x2), on obtient9 + x2 − 1 + x2 − 16− 2yz = x2 ⇐⇒ 2yz = x2 − 8.Conservons ces expressions qui seront utilisées ultérieurement.L'aire A du trapèze ABCD peut être découpée de deux façonsdi�érentes :

1. Rectangle ABHD et triangle CDH : A = 3y + y22. Triangle ADM , triangle BCM et triangle CDM :

A = 32(y − z) +42z + x

2√

34

De l'égalité de ces deux expressions on tire 3y + y2 =3y2 +

z2 + x

2√

34 ⇐⇒

√3x2 = 8y − 2z.

En élevant au carré cette égalité on obtient 3x4 = 64y2 + 4z2 − 32yz et en remplaçant y2, z2 et 2yzpar leur expression en fonction de x2 on a 3x4 = 64(x2 − 1) + 4(x2 − 16)− 16(x2 − 8) = 52x2.Finalement, x véri�e l'équation du 4e degré 3x4 = 52x2 ⇐⇒ x2(3x2 − 52) = 0.Mais comme x n'est pas nul (il est supérieur à 4 de façon évidente), on doit avoir

3x2 − 52 = 0⇐⇒ x2 = 523 d'où x =√

523 =

23

√39 ≈ 4, 163332.

La longueur du côté du drapeau est environ égale à 4, 16m