Exercices résolus de mathématiques.

ALG 3
EXALG030 – EXALG039

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Jacques Collot

1 avril 03

www.matheux.c.la - ALG 3 - 1 -
EXALG030 – FACSA, ULG, Liège, juillet 1997.
Pour quelles valeurs réelles de m le trinôme x² + mx + m est-il strictement positif dans
l’intervalle [0, 1]
Suggestion : Discuter la position de O et 1 par rapport aux racines du trinôme quand il
y en a.

 1

 x1  2 m  m²  4m 
On a x ²  mx  m  0  

 x  1  m  m ²  4m
 2 2 
D'où, on déduit les conditions d'existence : m  0 et m  4

A) Si m  0
 Il faut soit l'ordre suivant x1 x2 0 1

Donc x2 
1
2
 
m  m ²  4m  0  Ce qui est impossible

 Soit il faut l'ordre suivant 0 1 x1 x2

Donc x1 
1
2
 
 m  m ²  4 m  1  m ²  4 m  2  m

• Or une racine est toujours positive  m  2

1
 De plus : m²  4m  4  4m  m²  m  
2
1
Les conditions m  2 et m   sont incompatibles.
2

B) Si m  0, le trinôme devient : x 2 qui a pour racine x  0. Donc à exclure .

C) Si 0  m  4, le est négatif et le trinôme est toujours positif

D) Si m  4, le trinôme devient :  x  2  qui a pour racine x  2.

2

Le trinôme est positif dans l'intervale

E) Si m  4
 Il faut soit l'ordre suivant x1 x2 0 1

Donc x2 
1
2
 
 m  m ²  4m  0  m  m ²  4m  m ²  m ²  4m

Ce qui est toujours vérifié.

 Soit il faut l'ordre suivant 0 1 x1 x2

Donc x1 
1
2
 
m  m ²  4m  1  Ce qui est impossible.

Conclusion : m  0

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EXALG031 – FACSA, ULG, Liège, septembre 1997.
Déterminer le nombre de racines réelles distinctes de x4 – mx² + m

C'est une équation bicarée:  x ²  m  m²  4m  x   m  m²  4m

CE : 1) m²  4m  0  m  0 et m  4
2) L'autre condition d'existence sera discutée par après.

1) m  4

a ) x   m  m ²  4m
CE : m  m ²  4m  0  m   m ²  4m Toujours vérifié.
b) x   m  m ²  4m
CE : m  m ²  4m  0  m  m²  4m  m²  m²  4m
 0  4m Toujours vérifié.
Donc si m  4, on a 4 racines distinctes.

2) m  0

a ) x   m  m ²  4m
CE : m  m ²  4m  0  m   m ²  4m  m ²  m ²  4m
0  4m Toujours vérifié.
b) x   m  m ²  4m
CE : m  m ²  4m  0  m  m ²  4m Impossible
Donc si m  0, on a 2 racines distinctes.

3) m  4
 x4  4x2  4  0   x²  2  0  x 2
2

Deux racines distinctes.

4) m  0
 x 4  0  x  0 Une racine distincte.

Conclusion :
m0 2 racines distinctes
m0 1 racine distincte
0m4 Pas de racines réelles
m4 2 racines distinctes
m4 4 racines distinctes

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EXALG032 – FACSA, ULG, Liège, juillet 1996.
Donner le nombre de solutions strictement positives de l’équation

m² 1x²  2mx  2m  0

où m est un paramètre réel.

x  m  m ²  2m  m²  1  m  m  2m ²  m  2 
CE : m  2m ²  m  2  0 
1) Le trinôme 2m²  m  2 est toujours positif car son  est  0
2) m  0

A) m  0  x ²  0  x  0

B) m  0
 Pour avoir deux racines positives, il faut l'ordre suivant : 0  x1  x2

C'est-à-dire x1  0.  x1   m  m  
2m ²  m  2  0

 m  m  2m ²  m  2  Ce qui est impossible.

 Pour avoir une racine positive, il faut l'ordre suivant : x1  0  x2

C'est-à-dire x2  0.  x1  m  m  
2m ²  m  2  0

 m m  2m ²  m  2   m²  m  2m ²  m  2 
 2m²  2m  2  0 Le   4  4.2  4 est négatif. L'inéqualité est
toujours vérifié.

Conclusion : Une seule racine positive.

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EXALG033 – FACSA, ULG, Liège, juillet 1996.
Quelles conditions faut-il imposer aux nombres réels a et b pour que le polynôme x4 +
x3 + ax2 + bx + 1 possède deux racines réelles distinctes et opposées ?

Soit m et  m les deux racines (m  0). Le polynôme peut se mettre sous la forme :
 x  m  x  m  x ²  px  q   0
 x ²  m²  x ²  px  q   x 4  px3   q  m 2  x 2  m ² px  m ²q  0
p 1 p 1
q  m²  a q  a  m²
 
   
m² p  b m²  b (donc b  0)
m² q  1 m²(a  m ²)  1
b²  1
Des deux dernières équations, on tire : b  a  b   1  a  avec b  0
b

Exemple:
b  1  a  2  m  1. Donc:
x 4  x3  2 x 2  x  1  ( x  1)( x  1)( x ²  x  1)  0

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EXALG034 – Polytech, UMons, questions-types 2000-2001.

Résoudre :
10  3x  x  3  4 x  17  0
CE :
10
1) 10  3 x  0  x  
3
 10
2) x  3  0  x  3  3  x 
3
17 
3) 4 x  17  0  x   
4
10  3 x  x  3  4 x  17
10  3 x  x  3  2  x  3 4 x  17   4 x  17
 5  4x    x  3 4 x  17 
5
Cette dernière équation rajoute une condition : x  
4
car une racine carrée est toujours positive.
25  40 x  x 2  4 x 2  12 x  17 x  51
12 x 2  11x  26  0
 x  2
11  121  4  26  12 11  37 
x   13 5
24 24  x  12   4 donc à rejeter.

Conclusion : x  2

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CE :
10
1) 10  3 x  0  x 
3
2) x  3  0  x  3
17
3) 4 x  17  0  x  
4
10
 3 x 
3

10  3 x  x  3  4 x  17
10  3x  x  3  2 x  34 x  17   4 x  17
 (5  4 x)  x  34 x  17 
25  40 x  x ²  4 x ²  12 x  17 x  51
12 x ²  11x  26  0
 11  121  4.26.12  11  37
 x 
24 24
x1  2
x2  1.083  1 or 10 - 3  x  3  4 x  17  0 donc à rejeter.

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EXALG035 – Polytech, UMons, questions-types 2000-2001.
Résoudre l’inéquation :

2 x²  x  3
5 x , x  1
3x ²  2 x  5

2 x²  x  3
5
3x²  2 x  5

CE :
 5 5
3 x ²  2 x  5  0  ( x  1)  x    0  x  1, x 
 3 3

D'autre part :
2 x²  x  3 2 x²  x  3
5  5  0
3x²  2 x  5 3x ²  2 x  5
2 x ²  x  3  15 x ²  10 x  25 13 x ²  9 x  22
  0
3x ²  2 x  5 3x ²  2 x  5
 22 
Le numérateur donne :  13x ²  9 x  22    x  1  x  
 13 
Tableau des signes :
5 22
1
3 13
13 x ²  9 x  22  0    0 
3x²  2 x  5  0  0   
   

5 22
Conclusion: x  x
3 13

Note:

lim
2 x²  x  3
 lim
 x  1 2 x  3  lim  2 x  3  5  5
x 1 3 x ²  2 x  5 x 1  x  1 3 x  5  x 1  3 x  5  8
Donc, pour x  1, la vraie valeur de la forme indéterminée vérifie l'inéquation.

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EXALG036 – Polyetch, UMons, questions-types 2000-2001.
Discuter en fonction de la valeur du paramètre m, le nombre de solutions de
l’équation :

2cos ² x  cos x  2m 1  0 avec 0  x  2

Soit y  cos x avec  1  y  1
1  9  16m
L'équation devient : 2 y ²  y  2m  1  0  y 
4
9
Ce qui implique la CE : m 
16

Identifions les points remarquables :

1  9  16m
1) y  1  9  16m  3  m0
4
1  9  16m
2) y   1  9  16m  5  Toujours vérifié
4
1  9  16m
3) y  1   9  16m  3  Toujours vérifié
4
1  9  16m
4) y   1   9  16m  5  m  1
4
9
Les points remarquables sont donc : m  1; m  1 et m 
16

1 5 6
1 m  1 y y1  A rejeter 1 solution : x  0
4 4
y2  1 cos x  1
cos ( x)  1
1 
2 1  m  0 y y1  1 A rejeter 2 solutions

y2 cos x  y2
cos ( x)  y2
1 3 3 3
3 m0 y y1   cos x   3 solutions
 4 4
3
cos ( x)  
4
y2  1 cos x  1
cos ( x)  1
9 1 
4 0m y y1 cos x  y1 4 solutions
16 
cos ( x)  y1
y2 cos x  y2
cos ( x)  y2
9 1 1
5 m y cos x  2 solutions
16 4 4
1
cos ( x) 
4

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EXALG037 – FACSA, ULG, Liège, juillet 2000.

Résoudre l’équation :

Z2  
3
5
Z  4i  Z C 
Suggestion : égaler les modules des deux membres pour déterminer Z .

Z  a  bi Z  a2  b2
Z 2  a 2  b 2  2abi Z 2  a 4  2a 2 b 2  b 4  4a 2 b 2

a  b2   a 2  b2  Z
2
 2 2

De même :
3 9 2 9 2 9 2
 Z  4i  Z  16  Z  Z  16  Z  Z  16
2 4

5 5 5 5
Soit : t  Z  t est un réel positif 
2

t  5

On obtient l'équation : 5t  9t  80  0  
2
16
t   5 A rejeter

Si t  5  Z  5  Z  5
2
 
5 est à rejeter  a 2  b 2  5
3
Or Z 2  a 2  b 2  2abi   a 2  b 2  4i  3  4i
5
Il reste à prendre la racine carrée de ce nombre :
a 2  b 2  3
 2 2a 2  2  a  1
a  b  5  2
2

2ab  4 donc a et b de même signe 2b  8  b  2

  
Conclusion : Z  1  2i et Z  1  2i

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EXALG038 – FACSA, ULG, Liège, juillet 1999.
n
a) Calculer (1+) ou  est une racine cubique de 1 (n entier positif)
b) Combien de valeurs différentes obtient-on quand   de 1. Lesquels ?

1  cis  k 360   3
1  cis  k120 
Donc 1) 3
1 1
1 3
2) 1 
3
i
2 2
1 3
2) 3 1    i
2 2

1 3
a ) Soit     i  cis120
2 2
1 3
1    i  cis 60
2 2
1  
n
n angle
1 3
1 60  i
2 2
1 3
2 120   i
2 2
3 180 1
1 3
4 240   i
2 2
1 3
5 300  i
2 2
6 360 1

1 3
a ) Soit     i  cis 240
2 2
1 3
1    i  cis 300
2 2
Le tableau est le même, mais les angles seront en ordre décroissant.

Conclusion : 6 solutions différentes.

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EXALG039 – FACSA, ULG, Liège, septembre 1999.
Calculer les racines carrées de –1630i

a ²  b²  16

2ab  30 (donc a et b de signes contraires)
a ²  b²  16 2a ²  18 a  3
     
a ²  b²  16²  30²  34 2b²  50 b  5

Solutions : 3  5i et  3  5i

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