Cours et exercices de mathématiques
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SYSTEMES – EXERCICES CORRIGES Exercice n°1.
2 x + 3 y = 16 Parmi les couples (8,0) , (0,-10,5) , (3,1) , (5,2), lequel est solution du système 5 x − 2 y = 21 Exercice n°2.
x + y = 1 Résoudre par substitution : 1) 3 x − 5 y = −21
7 x − 3 y = −48 2) x + 11 y = 16
Exercice n°3.
x + 2 y = 9 Résoudre par combinaison : 1) 3 x − 2 y = 3
3 x − 5 y = 5 2) −3 x + y = 3
Exercice n°4.
x = y − 5 Résoudre graphiquement : 1) x + y = 13
2 x + y − 3 = 0 −4 x + y + 9 = 0
2)
Exercice n°5. Résoudre selon la méthode de votre choix :
7 x − 3 y = 5 4 x + 11 y = −6
15 x − 14 y = −3 2) 12 x + 7 y = 5
1)
2 x − 5 y + 8 = 0 3) x − 7 y − 15 = 0
3 2 − x y=6 3 2 4) 1 x − 1 y = − 1 9 4
Exercice n°6.
(1 + 2 ) x − y = 2 + 2
Résoudre les systèmes: 1) S 1 :
x + (1 − 2 ) y = 2
2)
x 2 + y = −1 S 2 : 3 x + y 2 = 0
Exercice n°7. On considère le système ci-dessous, où x et y y sont les inconnues réelles, et a un nombre réel donné : ( a + 2) x − 6 y = 2 a + 2 . A chaque valeur du nombre a correspond un système différent. ( 8 ) 3 + − = a x a y a Résoudre ce système pour :
1) a = 4
2) a = −4
3) a = 2
Exercice n°8.
5u + 2v = 26 1) Résoudre le système : 2u − 3v = −1 5 x + 2 y = 26 2) Déduire de la question précédente la résolution des systèmes 1) 2 2 x − 3 y = −1 2
5 2 x + y = 26 2) 2 − 3 = −1 x y
Exercice n°9.
4 X + 7Y = 3 1) Résoudre le système : 5 X + 9Y = 2 4 x − 2 + 2) Déduire de de la question précédente la résolution du 5 + x − 2
7 y +1 9 y +1
=3 =2
Exercice n°10. Résoudre les systèmes suivants :
2 x − 3 y = −1 2
1)
2 6 x − 7 y = 3
x − 3 + y 5 = 1
2)
4 x − 3 + y 45 = 2
1 1 1 x + y = 20 3) 1 + 1 = 41 x 2 y 2 400 Page 1/26
3 2 3( x − 1) + y − 2 = 2 4) 1 + 4 =0 x − 1 y − 2
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x + y = 5 Exercice n°11. On cherche à résoudre le système : 2 2 x + y = 13 1) Déterminer une équation du second degré vérifiée par x. x. 2) Résoudre cette équation, et déterminer toutes les solutions du système. Exercice n°12. Résoudre les systèmes suivants :
x 2 − y = 1 1) x.y = 0
2 ( x + y ) = 16 3) 2 2 x + y = 50
x − y 2 = − 1 2) x.y = 0
x 2 − xy + y 2 = 13 4) x + y = − 2
Exercice n°13. 1) Trouver deux entiers dont la moyenne vaut 82 et le produit 5 280 5 2) Deux réels ont pour somme 25 et pour différence . Quels sont ces deux réels ? 2 Exercice n°14. Dans un troupeau composé de chameaux et de dromadaires, il y a 39 têtes et 51 bosses. Quelle est la composition du troupeau
Dromadaire
Chameau
Exercice n°15. Au début il y a deux fois plus de garçons que de filles. Six garçons quittent la classe et six filles arrivent, il y a alors deux fois plus de filles que de garçons. Combien de garçons et combien de filles y avait-il au début ? Exercice n°16. "J'ai deux fois l'âge que vous aviez quand j'avais l'âge que vous avez et, quand vous aurez l'âge que j'ai, la somme de nos deux âges égalera 126 ans." Quels sont les âges des deux personnes (celui qui parle et son interlocuteur) ? Exercice n°17. Résoudre les systèmes:
x + y + z = 4 1) 2 x + y + 3 z = 9 x − y + 2 z = 3
2 x + y − 2 z + t = 0 3 x − y + 2 z − 2t = 6 3) − x + 2 y − 2 z − t = −3 x − y + 2 z − t = 3
x + 2 y − 3z = −4 2) 2 x + 3 y + z = 11 − x − 3 y + 2 z = − 1
Exercice n°18. Au grand congrès des mathématiciens se réunissent des A siatiques, des Européens et un Africain. On sait que : - 9 participants ne venaient pas de Chine - 10 ne venaient pas d’Inde. - 10 ne venaient pas d’Europe - 5 n’étaient pas asiatiques(Les Asiatiques présents sont des Chinois et des Indiens) 1) Combien y avait-il de Chinois ? 2) Quel est le nombre total des participants ? le nombre des Indiens ? et le nombre des Européens ? Exercice n°19. Parabole passant par trois points. Soit f ( x ) = ax
2
+ bx + c l’équation d’une parabole. Cette parabole passe par A(1;2) , par B (2;-3) et par C(3;-12).
Le but de l’exercice est de trouver l’équation de la parabole. a) Ecrire un système vérifié par a, b et c. b) Le résoudre. Exercice n°20. Déterm Détermine inerr l’expr l’expressi ession on de f ( x) = ax + b +
c
pour x pour x réel non nul, sachant que : f (1) = −2 ;
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f ( 2) = 1 ;
f ( −4) = −2
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− x + 3 y − z = 100 − x − y + 7 z = 200
Pour des inconnues x, y et z que l’on définira. 2) Répondre à la question. Exercice n°24. Résoudre les systèmes d’inéquations suivants :
− x 2 + x + 2 > 0 1) −4 x + 3 ≤ 0
2) 6 < 2 x 2 + 3 x − 3 ≤ 17
Exercice n°25. 1) Représenter les solutions de l’inéquation suivante :3 x + 2 y − 1 > 0 2) Résoudre graphiquement le systèmes d’inéquations suivants : 3 x + 2 y − 5 < 0 x − 5 > 0 1) 2) x − y + 4 > 0 x + y − 3 < 0 x + 3 y − 4 < 0 Exercice n°26. Dans un repère orthonormé : 1) Placer les points A(2;2), B(-1;3) et C (-3;1) 2) Définir l'intérieur du triangle ABC par un système d'inéquations Exercice n°27. Représentez dans le plan muni d’un repère orthonormal direct l’ensemble des solutions de l’inéquation
( x + 2 y − 3)( x − y + 3)( x + y − 6 ) < 0
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Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr Exercice n°28. Dans un lycée, un groupe d’élèves se charge de la distribution de pains au chocolat et de croissants lors de la récréation de dix heures. Pour pouvoir satisfaire la demande, ils doivent disposer au minimum de 108 pains au chocolats et de 96 croissants. Deux boulangers proposent pour le même prix : - l’un, le lot A comprenant 12 pains au chocolat et 8 croissants - l’autre, le lot B composé de 9 pains au chocolat et 12 croissants. Le but de l’exercice est de déterminer le nombre de lots A et le nombre de lots B qui doivent être achetés pour satisfaire la demande au moindre coût. On souhaite s’aider d’un graphique. Pour cela, on rapporte le plan à un repère orthonormal (unité graphique : 1 cm) et, à l’achat de x lots A et de y lots B, on associe le point de coordonnées
(
; y )
1) Placer : - le point E associé à l’achat de 13 lots A et de 14 lots B ; - le point F associé à l’achat de 10 lots A et de 1 lot B . Les achats associés aux points E et F permettent-ils de satisfaire la demande ? 2) On s’intéresse à la satisfaction de la demande. a) Montrer que, pour que l’achat correspondant au point de coordonnées
(
; y ) permette de satisfaire la demande, les
nombres x et y doivent vérifier les inégalités 4 x + 3 y ≥ 36 et 2 x + 3 y ≥ 24 . b) Colorier ou hachurer la région du plan dans laquelle se trouvent les points dont les coordonnées
(
; y ) ne sont pas
4 x + 3 y ≥ 36 . + ≥ 2 x 3 y 2 4
solutions du système
3) On cherche à minimiser le coût, c’est à dire le nombre total x + y de lots achetés. a) Les points associés à des achats d’un nombre total de n lots sont situés sur la droite ∆ n d’équation x + y = n . Tracer ∆ 9 et ∆11 . D’après le graphique, peut-on satisfaire la demande en achetant au total seulement 9 lots ? En achetant 11 lots ? b) En utilisant le graphique, déterminer l’achat qui permet de satisfaire la demande au moindre coût. Exercice n°29. 3 x − y = Résoudre le système d'équations suivant : 1) 2 ln x + ln y = 0
5ln x + 2ln y = 26 ln xy = 4 2) 3) 2 ln x − 3ln y = −1 (ln x )(ln y) = −12
Exercice n°30. Résoudre les systèmes d'équations suivant :
e x + e y = 5 1) x y e − e = 3
e x + 2e y = 3 2) x + y = 0
xy = −15 3) x y −2 e e = e
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SYSTEMES – CORRECTION Exercice n°1 Un couple est solution d’un système si et seulement chacune des équations est vérifiée conjointement par les deux valeurs du couple. 2 x + 3 y = 16 Pour savoir si le couple (8,0) est solution du système , on vérifie si chacune des deux égalités est vérifiée en − = 5 x 2 y 2 1 remplaçant x par 8 et y par 0. On calcule : 2 × 8 + 3 × 0 = 16 et 5 × 8 − 2 × 0 = 40 . La deuxième égalité n’étant pas vérifiée, le couple (8,0) N’EST PAS solution du système Le deuxième couple N’EST PAS solution du système car cette fois c’est la première égalité qui n’est pas vérifiée. Le troisième couple ne vérifie aucune des deux équations, donc il n’est pas solution du système. 2 × 5 + 3 × 2 = 16 Enfin, le couple (5,2) EST SOLUTION du système, car . × − × = 5 5 2 2 21 Exercice n°2 La méthode de substitution consiste à exprimer une inconnue en fonction de l’autre dans une des deux équations, et à substituer cette expression dans la deuxième équation ax + by = c L1 1) Si un système est de la forme avec ab′ − a′b ≠ 0 , il admet une unique solution. a′x + b′y = c′ L2 Comme 1 × ( −5 ) − 3 × 1 ≠ 0 , le système admet une unique solution L1 L1 expression d'une inconnue en fonction de l'autre x + y = 1 y = 1− x ⇔ 3 x − 5 y = −21 L2 3 x − 5 y = −21 L2 y = 1 − x L1 ⇔ 3 x − 5 (1 − x ) = −21 L2 substitution de cette expression dans l'autre équation L1 y = 1 − ( −2 ) L1 y = 1 − x ⇔ ⇔ L2 3 x + 5 x = −16 L2 x = −2
y = 3 L1 ⇔ . Ainsi S = {( −2;3 )} = − x 2 L 2 2) Comme 7 × 11 − 1× ( −3 ) ≠ 0 , le système admet une unique solution
7 (16 − 11 y ) − 3 y = −48 L1 7 − 3 y = −48 L1 112 − 77 y − 3 y = −48 L1 −80 y = −160 L1 ⇔ ⇔ ⇔ x = 16 − 11 y L2 x = 16 − 11 y L2 + 11 y = 16 L2 x = 16 − 11 y L2 y = 2 L1 . Ainsi S = {( −6;2 )} ⇔ x = −6 L2 Exercice n°3 La méthode de combinaison consiste à effectuer des opérations entre l es lignes afin d’éliminer des inconnues 1) Comme 1 × ( −2 ) − 3 × 2 ≠ 0 , le système admet une unique solution
x + 2 y = 9 L1 3 x + 6 y = 27 3 L1 6 y − ( −2 y ) = 27 − 3 3L1 − L2 ⇔ ⇔ 3 x 2 y 3 L 3 x 2 y 3 L − = − = 3x − 2 y = 3 L2 2 2 3L1 − L2 y = 3 3L1 − L2 8 y = 24 y = 3 3 L1 − L2 . Ainsi S = {( 3;3 )} ⇔ ⇔ ⇔ 3 + 2 y L2 L2 L2 3 x = 3 + 2 y x = 3 x = 3 2) Comme 3 × 1 − ( −3 ) × ( −5 ) ≠ 0 , le système admet une unique solution 5 + 5 y L1 3 x − 5 y = 5 L1 3 x = 5 + 5 y = ⇔ ⇔ 3 3 x y 3 L 5 y y 5 3 L L − + = − + = + + 2 2 1 −4 y = 8 5 − 5× 2 x = ⇔ 3 y = −2
5 + 5y x = ⇔ 3 y = −2 L2 + L1 L1
−5 L1 5 x = . Ainsi S = − ; −2 ⇔ 3 3 y = −2 L2 + L1 L2 + L1 L1
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L1 L2 + L1
Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr Exercice n°4 La résolution graphique consiste à considérer chaque équation du système comme une équation de droite, à tracer ces droites dans un repère, et à déterminer s’il existe, le point d’intersection de ces droites. Ses coordonnées seront solutions du système puisqu’elles vérifieront chaque équation de droite. = y − 5 D1 1) Système x + y = 13 D2 On
considère
la
droite
D1
d’équation
x = y − 5 ⇔ y = x + 5 . Elle passe par les deux points (0 ;5) et (-5 ;0) D2 On considère la droite d’équation x + y = 13 ⇔ y = − x + 13 . Elle passe par les deux points (0 ;13) et (13 ;0) Ces deux droites sont tracées dans le repère ci-contre Elles sont sécantes au point A ( 4;9 ) . Ainsi S =
{( 4;9 )} 2 + y − 3 = 0 D1 −4 + y + 9 = 0 D2
2) Système
D1
d’équation
Elle passe par les deux points (0 ;3) et (5 ;-7) On considère la droite D2
d’équation
On
considère
la
droite
2 x + y − 3 = 0 ⇔ y = −2 x + 3 .
−4 x + y + 9 = 0 ⇔ y = 4 x − 9 . Elle passe par les deux points (0 ;-9) et (3 ;3) Ces deux droites sont tracées dans le repère ci-contre : Elles sont sécantes au point A ( 2; −1) . Ainsi S =
{( 2; −1)}
Exercice n°5 1) Comme 7 × 11 − 4 × ( −3 ) ≠ 0 , le système admet une unique solution 7 x − 3 y = 5
L1 28 x − 12 y = 20 4 L1 ⇔ 4 x + 11 y = −6 L2 28 x + 77 y = −42 7 L2 5 + 3 y x = L1 ⇔ 7 77 y − ( −12 y ) = −42 − 20 7 L2 − 4 L1 62 5 3 + × 5 + 3 y 89 = 37 L1 x = x = ⇔ ⇔ 7 89 7 89 y = −62 7L2 − 4 L1 62 y = − 89
L1 7 L2 − 4 L1
37 62 ;− 89 89
Ainsi S =
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2) Comme 15 × 7 −12 × ( −14 ) ≠ 0 , le système admet une unique solution 14 y − 3 x = L1 15 x − 14 y = −3 L1 60 x − 56 y = −12 4 L1 ⇔ ⇔ 15 12 x + 7 y = 5 L2 60 x + 35 y = 25 5 L2 35 y − ( −56 y ) = 25 − ( −12 ) 5 L2 − 4 L1 37 14 × −3 7 14 y − 3 91 = L1 L1 7 37 x = x = ⇔ ⇔ . Ainsi S = ; 15 39 15 39 91 91 y = 37 5 L2 − 4 L1 37 y = 5L2 − 4 L1 91 3) Comme 2 × ( −7 ) − 1 × ( −5 ) ≠ 0 , le système admet une unique solution
2 x − 2 x − 5 y − 2 × ( −7 y ) + 8 − 2 × ( −15 ) = 0 L1 − 2 L2 2 x − 5 y + 8 = 0 L1 ⇔ x = 7 y + 15 L2 x − 7 y − 15 = 0 L2 38 y = − L1 − 2 L2 9 y + 38 = 0 L1 − 2 L2 131 38 9 . Ainsi S = − ; − ⇔ ⇔ = + x 7 y 15 L 38 131 9 9 2 x = 7 × − + 15 = − L2 9 9 2 1 1 3 4) Comme × − − × − = 0 , le système admet soit une infinité de solution, soit aucune solution. 3 3 9 2 Commençons par multiplier la première équation par 6 et la seconde par 36 pour « éliminer les dénominateurs » 3 2 3 x − 2 y = 6 L1 4 − 9 y = 36 6 L1 ⇔ . On constate que ce système n’admet pas de solution réelle car une même − = − 4 x 9 y 36 36 L 1 1 2 x − y = − 1 L 2 9 4 quantité ne peut être simultanément égale à 36 et –36. Ainsi S = ∅ Exercice n°6
(
)(
)
1) Comme 1 + 2 1 − 2 − 1 × ( −1) = 1 −
( 2)
2
+ 1 = 0 , S 1 admet soit une infinité de solution, soit aucune solution.
1 + 2 x − y = 2 + 2 L 1+ 2 x − y = 2 + 2 1 ⇔ S 1 : + − = 1 2 y 2 L2 1 + 2 x + 1+ 2 1− 2 y = 2 1+ 2 L1 1 + 2 x − y = 2 + 2 1 + 2 x − y = 2 + 2 ⇔ ⇔ 2 1 + 2 x + 12 − 2 y = 2 + 2 1 + 2 L2 1+ 2 x− y = 2 + 2
(
)
( (
(
(
) )
)
(
( )
)
) (
)(
)
)
( (
) )
(
(
L1
) (1 +
)
2 L2 L1
(1 + 2 ) L
2
Les deux équations étant identiques, le système admet une infinité de solutions 2) Comme
2 × 2 − 3 × 1 ≠ 0 , le système admet une unique solution
x 2 + y = −1 L1 x 2 × 2 + y 2 = − 2 ⇔ S 2 : 3x + y 2 = 0 3 x + y 2 = 0 L2 − x = − 2 ⇔ 3 x y = − 2
2 L1 − L2 L2
x= 2 ⇔ 3 2 y = − 2
2 L1 L2
2 L1 − L2 L2
2 x + y 2 = − 2 ⇔ 3 x y = − 2
x = 2 ⇔ y = 3
2 L1 − L2 L2
2 L1 L2
. Ainsi S =
{(
2; 3
)}
Exercice n°7 10 5 − = = x y (4 + 2) x − 6 y = 2 × 4 + 2 L1 6 x − 6 y = 10 L1 6 3 ⇔ ⇔ 1) Si a = 4 , le système est : + − = × − = x y L x y L 4 (4 8) 3 4 4 4 12 2 2 − y = 3
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1 6 1 4
L1 L2
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Ce système n’admet pas de solution, une quantité ( x − y ) ne pouvant simultanément être égale à
5 3
et à 3. Ainsi S = ∅
1 − − = − y L1 3 3 ( −4 + 2) x − 6 y = 2 × ( − 4 ) + 2 L1 −2 x − 6 y = − 6 L1 2 ⇔ ⇔ 2) Si a = 4 , le système est −4 x + (−4 − 8) y = 3× ( − 4 ) L2 − 4 x − 12 y = − 12 L2 − − 3 y = −3 1 L 2 4 Les deux équations de ce système étant identiques, ce système admet une infinité de solutions 3) Si a = 2 , le système est : L1 − L2 (2 + 2) x − 6 y = 2 × 2 + 2 L1 4 x − 6 y = 6 L1 2x = 0
2 x + (2 − 8) y = 3× 2
L2
⇔ ⇔ 2 x − 6 y = 6 L2 6 y = 2x − 6
L2
L1 − L2 x = 0 x = 0 L1 − L2 ⇔ ⇔ . Ainsi S = {( 0; − 1)} L2 L2 6 y = −6 y = −1
Exercice n°8 1) Comme 5 × ( −3) − 2 × 2 ≠ 0 , le système admet une unique solution
19u = 76 3L1 − 2 L2 5u + 2v = 26 L1 15u + 6v = 78 3 L1 ⇔ ⇔ 2u + 1 L2 2u − 3v = −1 L2 4u − 6v = −2 2 L2 v = 3 76 u 3L1 − 2 L2 = =4 u = 4 3L1 − 2 L2 19 . Ainsi S = {( 4;3 )} ⇔ ⇔ v 3 L = 2 4 1 × + 2 v = L2 =3 3 2)
5 x + 2 y 2 = 26 a) Le système est défini quels que soient les réels x et y 2 2 x − 3 y = −1 5 x + 2 y 2 = 26 5u + 2v = 26 2 Si on pose u = x et v = y , le système est alors équivalent au système , que l’on a 2 2 u 3 v 1 − = − − = − 2 x 3 y 1 précédemment résolu : On a trouvé comme couple solution ( u; v ) = ( 4; 3) On revient au couple ( x; y ) :
u = 4 ⇔ x = 4 et v = 3 ⇔ y = 3 ⇔ y = 3 2
On obtient ainsi deux couples de solutions. S =
ou y = − 3
{( 4; 3 ) ; ( 4; − 3 )}
5 2 x + y = 26 b) Le système n’est défini que si et seulement si x ≠ 0 et y ≠ 0 . 2 3 − = −1 x y 1 1 5 2 × + × = 5 2 26 x x + y = 26 y 1 1 Puisque le système se réécrit , si on pose u = et v = , le système devient alors 1 1 2 3 x y 2 × − 3 × = −1 − = −1 x x y y 5u + 2v = 26 équivalent au système que l’on a déjà résolu. On a trouvé comme couple solution ( u; v ) = ( 4; 3) − = − 2 u 3 v 1 On revient au couple ( x; y ) : u
=4⇔
1 x
1
1
4
y
= 4 ⇔ x = et v = 3 ⇔
1 1 ; 4 3
Ainsi S =
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=3⇔ y=
1 3
Cours et exercices de mathématiques Exercice n°9 1) Comme 4 × 9 − 5 × 7 ≠ 0 , le système admet une unique solution
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5 L1 − 4 L2 −Y = 7 4 X + 7Y = 3 L1 20 X + 35Y = 15 5 L1 ⇔ ⇔ 2 − 9Y 5 X 9 Y 2 L 20 X 36 Y 8 4 L + = + = L2 2 2 X = 5 5 L1 − 4 L2 Y = −7 Y = −7 5 L1 − 4 L2 ⇔ ⇔ . Ainsi S = {(13; −7 )} 2 + 63 X 13 L = X L = 2 2 5 7 4 x − 2 + y + 1 = 3 2) Le système n’est défini que si et seulement si x − 2 ≠ 0 et y + 1 ≠ 0 , c’est-à-dire x ≠ 2 et y ≠ −1 5 9 + =2 x − 2 y + 1 1 1 4 7 × + × =3 x − 2 1 + y 1 1 Puisque ce système se réécrit , si on pose X = et Y = , le système devient équivalent x − 2 y + 1 5 × 1 + 9 × 1 = 2 x − 2 y +1 4 X + 7Y = 3 à , que l’on a résolu précédemment. On a trouvé ( X ; Y ) = (13; −7 ) 5 9 2 + = X Y On
revient
Y = −7 ⇔
aux
1
inconnues
( x; y ) :
= −7 ⇔ −7 y − 7 = 1 ⇔ y = −
y + 1
8 7
X = 13 ⇔
1 x − 2
= 13 ⇔ 13 x − 26 = 1 ⇔ x =
27 13
et
27 8 ; − 13 7
. Ainsi S =
Exercice n°10
2 x 2 − 3 y = −1 1) Le système est défini pour tout x ∈ et tout y ∈ [ 0; +∞[ . 2 − = 6 x 7 y 3 2 x 2 − 3 y = −1 Pour tout x ∈ et tout y ∈ [ 0; +∞[ , on pose X = x et Y = y . Le système devient alors équivalent 2 6 x 7 y 3 − = −16Y = 0 3L1 + L2 Y = 0 3L1 + L2 2 X − 3Y = −1 L1 6 X − 9Y = −3 3L1 ⇔ ⇔ ⇔ à 3 + 7Y 1 X L = X = L2 6 X − 7Y = 3 L2 6 X − 7Y = 3 L2 2 6 2 On revient aux inconnues ( ; y ) : 2
1
X =
2
⇔ x2 =
1 2
⇔ x=
1 2
=
2 2
x − 3 + y 5 = 1
2) Le système
4 x − 3 + y 45 = 2
et Y = 0 ⇔
y =0⇔ y= 0
est défini si et seulement si x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 et pour tout y ∈
Pour tout x ≥ 3 et tout y ∈ , on pose X
x − 3 + y 5 = 1
= x − 3 et Y = y . Le système
4 x − 3 + y 45 = 2
équivalent à
X + Y 5 = 1 4 X + 4Y 5 = 4 4 L1 L1 4 5 − 45 Y = 2 4 L1 − L2 ⇔ ⇔ 4 X + Y 45 = 2 L2 X = 1 − Y 5 L1 4 X + Y 45 = 2 L2
(
⇔
(
2 2 5 = Y= 4 5 − 3 5 Y = 2 4 L1 − L2 5 5 ⇔ 2 5 X = 1 − Y 5 L1 X = 1 − 5 × 5
)
)
4 L1 − L2 L1 Page 9/26
2 5 Y = ⇔ 5 X = −1
4 L1 − L2 L1
devient alors
Cours et exercices de mathématiques On revient aux inconnues X = −1 ⇔
(
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; y ) :
x − 3 = − 1 équation qui n’admet pas de solution réelle.
x − 3 + y 5 = 1
Le système
n’admet donc pas de solution réelle
4 x − 3 + y 45 = 2 1 1 1 x + y = 20 3) Le système n’est défini que si et seulement si x ≠ 0 et y ≠ 0 1 + 1 = 41 x 2 y 2 400 1 1 1 x + y = 20 1 1 Pour tout x ≠ 0 et y ≠ 0 , en posant X = et Y = , le système devient équivalent à 1 1 41 x y + = x 2 y 2 400 1 + = X Y 20 . On le résout par substitution : 41 2 2 X + Y = 400 1 1 = −X Y + = X Y L 1 20 20 ⇔ 2 41 41 1 2 2 2 X + Y = L2 −X = X + 400 400 20
1 = −X Y L1 20 ⇔ X 2 + 1 − 1 X + X 2 = 41 L L2 2 400 10 400 L1
1 1 = −X Y L1 1 = − Y X L 1 −X L1 Y= 20 20 ⇔ ⇔ ⇔ 20 2 2 X 2 − 1 X − 40 = 0 L 20 X − X − 1 = 0 L 20 X 2 − X − 1 = 0 L 2 2 2 10 400 10 2
On résout l’équation 20 X 2 − X − 1 = 0 en calculant son discriminant : ∆ = ( −1) − 4 × 20 × (− 1) = 81 L’équation X 2 = X 2 =
20 X 2 − X − 1 = 0
− ( −1) + 81 2 × 20 1 4
⇒ Y2 =
1 20
=
1 4
admet
donc
deux
solutions
réelles
distinctes
. On calcule les valeurs de Y correspondantes : X 1 = −
− X 2 =
1 20
−
1 4
=−
1 5
X 1 =
⇒ Y1 =
− ( −1) − 81 1 =− 2 × 20 5
1 20
− X 1 =
1 5
1 X + Y = 20 1 1 1 1 Le système admet donc deux solutions : S = − ; ; ; − . 5 4 4 5 X 2 + Y 2 = 41 400 On revient aux inconnues D’une part X
1
1
5 1
x 1
=− ⇔
D’autre part X
=
4
⇔
x
(
; y ) : 1
1
5
4
= − ⇔ x = −5 et Y = =
1 4
⇔
1 y
1
1
5
y
⇔ x = 4 et Y = − ⇔
=
1 4 1
⇔ y =4
= − ⇔ y = −5 5
Le système admet donc deux solutions : ( x; y ) = ( −5; 4 ) et ( x; y ) = ( 4; −5) Puisque x et y jouent des rôles symétriques, on peut considérer qu’il n’y a qu’un couple de solutions : 4 et 5
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1 20
+
1 5
=
1 4
et et
Cours et exercices de mathématiques
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3 2 + 3( x − 1) y − 2 = 2 4) Le système est défini si et seulement si x ≠ 1 et y ≠ 2 1 + 4 =0 x − 1 y − 2
Pour tout
3 2 + =2 1 1 3( x − 1) y − 2 et Y = , de sorte que le système est équivalent ≠ 1 et y ≠ 2 , on pose X = 1 4 x − 1 y − 2 + =0 x − 1 y − 2
9 3 2 1 L1 X + 3Y = 2 L1 X + Y = 3 Y =3 ⇔ au système 3 2 2 ⇔ 2 X + 4Y = 0 L2 X + 4Y = 0 L2 X = −4Y On revient aux inconnues ( ; y ) : X = −24 ⇔
1 x − 1
= −24 ⇔ −24 x + 24 = 1 ⇔ x =
23 24
. Y =6⇔
1 y − 2
3 2
L1 − L2 L2
Y =6 ⇔ X = −24
3 2
L1 − L2 L2
= 6 ⇔ 6 y − 12 = 1 ⇔ y =
13 6
Exercice n°11 1) Grâce à la première équation, on écrit y = 5 − x , et en substituant cette expression dans la deuxième équation, il vient y = 5 − x y = 5 − x y = 5− x y = 5− x ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ 2 2 2 2 x − 5x + 6 = 0 x + ( 5 − x ) = 13 x + 25 − 10 x + x = 13 2 x − 10 x + 12 = 0 2
2) L’équation x 2 − 5 x + 6 = 0 se résout en calculant son discriminant qui vaut ∆ = ( −5 ) − 4 × 1× 6 = 1 , d’où l’existence de deux solutions réelles distinctes x1 = y1 = 5 − x1 = 5 − 2 = 3
et
5− 1 2
= 2 et x2 =
y2 = 5 − x2 = 5 − 3 = 2 .
5+ 1
Les
= 3 , chacune fournissant une solution « pour y », à savoir
2
deux
couples
solutions
du
système
sont
donc
S = {( x1 ; y1 ) = ( 2;3 ) ; ( x2 ; y2 ) = (3;2 )} , c’est-à-dire S = {( 2;3 )} (car x et y jouent des rôles parfaitement symétriques Exercice n°12 2 2 x = 0 donc y = 1 L1 x − y = 1 L1 y = 1 − x 1) ⇔ ⇔ 2 L2 x = 0 ou y = 0 L2 y = 0 donc x = 1 xy = 0
Le système admet donc trois couples de solutions réelles : S =
{( 0;1) ; (1; 0) ; ( −1; 0)}
x − y 2 = −1 L1 y 2 = x + 1 x = 0 donc y 2 = 1 L1 ⇔ ⇔ 2) L2 xy = 0 x = 0 ou y = 0 L2 y = 0 donc x = −1 Le système admet donc trois couples de solutions réelles : S =
{( 0;1) ; ( 0; −1) ; ( −1; 0 )}
3) y = 8 − x L1 L1 2 ( x + y ) = 16 L1 x + y = 8 ⇔ ⇔ 2 2 2 2 2 2 x + y = 50 L2 x + y = 50 L2 x + ( 8 − x ) = 50 L2 y = 8 − x L1 y =8− x L1 y =8− x ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ 2 2 x − 16 x + 64 = 50 L2 2 x − 16 x + 14 = 0 L2 x −8x + 7 = 0
L1 L2 2
On résout l’équation x 2 − 8 x + 7 = 0 en calculant son discriminant : ∆ = ( −8 ) − 4 ×1 × 7 = 64 − 28 = 36 = 6 2 . L’équation x 2 − 8 x + 7 = 0 admet donc deux solutions réelles distinctes : x1 =
− ( −8 ) − 36 2
= 1 et x2 =
− ( −8 ) + 36 2
=7
x = 1 ⇒ y = 8 − 1 = 7 On calcule les valeurs de y correspondantes : x = 7 ⇒ y = 8 − 7 = 1 Le système admet donc deux solutions distinctes (1; 7) et (7;1) Les rôles de x et y étant symétriques, on peut considérer que le s ystème admet pour solution les nombres 1 et 7
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Cours et exercices de mathématiques 4)
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2 2 2 x − xy + y = 13 L1 x 2 − x ( −2 − x ) + ( −2 − x ) = 13 L1 ⇔ x y 2 L + = − y = −2 − x L2 2
⇔
2 2 + 2 x + x 2 + 4 + 4 x + x 2 = 13 L1 3 x + 6 x = 9 L1 x + 2 x − 3 = 0 L1 ⇔ ⇔ y = −2 − x L2 L2 y = −2 − x L2 y = −2 − x On résout l’équation x 2 + 2 x − 3 = 0 en calculant son discriminant, et on trouve x = 1 ou x = −3 x = 1 ⇒ y = −2 − 1 = −3 On calcule les valeurs de y correspondantes x = −3 ⇒ y = −2 − ( −3 ) = 1 Le système admet donc deux solutions distinctes (1; −3) et (−3;1) 2
Les rôles de x et y étant symétriques, on peut considérer que le système admet pour solution les nombres 1 et -3 Exercice n°13
x + y = 82 x + y = 164 1) Notons x et y les deux entiers. Il faut donc résoudre le système 2 ⇔ xy = 5280 xy = 5280 La 1ère équation nous permet d’écrire y = 164 − x . En utilisant la 2ème équation, x (164 − x ) = 5280 ⇔ − x 2 + 164 x − 5280 = 0 .
Le
calcul
du
discriminant
de
cette
∆ = 164 2 − 4 × ( −1) × ( −5280 ) = 5776 = 76 2 , d’où l’existence de deux solutions réelles distinctes x1 = donc y1 = 164 − x1 = 164 − 120 = 44 , et x2 =
on
équation
obtient fournit
−164 − 5776 = 120 −2
−164 + 5776 = 44 donc y2 = 164 − x2 = 164 − 44 = 120 . Les deux nombres −2
cherchés (qui jouent des rôles parfaitement symétriques) sont donc 44 et 120 2) Notons x et y les nombres solutions du système :
5 2 x 25 = + x + y = 25 L1 2 ⇔ 5 x − y = 2 L2 y = x − 5 2 Ces deux nombres sont donc
55 4
et
L1 + L2 L2
55 2 x = 2 ⇔ y = x − 5 2
L1 + L2 L2
55 x = 4 ⇔ y = 55 − 5 4 2
L1 + L2 L2
55 x L1 + L2 = 4 ⇔ y = 45 L2 4
45 4
Exercice n°14 Notons x le nombre de dromadaires de ce troupeau, et y le nombre de chameaux. Le nombre de têtes de ce troupeau vaut x + y et le nombre de bosses vaut x + 2 y L’énoncé nous permet de dresser le système :
L1 x + y = 39 L1 x = 39 − y x = 39 − y ⇔ ⇔ x + 2 y = 51 L2 39 − y + 2 y = 51 L2 y = 51 − 39
x = 27 ⇔ L2 y = 12 L1
L1 L2
Le troupeau comprend donc 27 dromadaires et 12 chameaux. Exercice n°15 Notons x le nombre de garçons et y le nombre de filles au début. Une première équation est x
= 2y Si le nombre de garçons passe de x à x-6 et le nombre de filles de y à y+6, on aura alors y + 6 = 2 ( x − 6 ) Le système est donc
L1 x = 2y L1 = 2 y x = 2 y L1 x = 12 L1 ⇔ ⇔ ⇔ 2 x − y = 18 L2 2 × 2 y − y = 18 L2 3 y = 18 L2 y = 6 L2
Au début, il y avait donc 12 garçons et 6 filles.
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Cours et exercices de mathématiques Exercice n°16 Notons x et y les âges respectifs de celui qui parle et de son interlocuteur. A priori,
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≥ y
La phrase « J'ai deux fois l'âge que vous aviez quand j'avais l'âge que vous avez » s’analyse comme suit : Celui qui parle avait l’âge de son interlocuteur il y a x − y années. L’interlocuteur avait alors un âge égal à
y − ( x − y ) = 2 y − x . La phrase « J'ai deux fois l'âge que vous aviez quand j'avais l'âge que vous avez » s’interprète alors comme l’équation x = 2 ( 2 y − x ) ⇔ 4 y − 3 x = 0 La phrase « Quand vous aurez l'âge que j'ai, la somme de nos deux âges égalera 126 ans » s’interprète comme suit : L’interlocuteur aura l’âge de celui qui parle dans − y années. Celui qui parle aura alors + x − y = 2 x − y ans. La phrase « Quand vous aurez l'âge que j'ai, la somme de nos deux âges égalera 126 ans » s’interprète alors comme l’équation x + 2 x − y = 126 ⇔ 3 x − y = 126
3 y = 126 −3 x + 4 y = 0 L1 Le système ⇔ 126 + y 3 − y = 126 L2 x = 3
L1 + L2 L2
y = 42 ⇔ 126 + 42 x = 3
Celui qui parle a donc 56 ans et son interlocuteur 42 ans Exercice n°17 1) x + y + z = 4
L1 x + y + z = 4 L1 2 x + y + 3z = 9 L2 ⇔ x − y + 2 z = 3 L2 renumérotation des lignes x − y + 2 z = 3 L 2 x + y + 3 z = 9 L 3 3 L1 L1 x + y + z = 4 x = 4 − y − z ⇔ − 2 y + z = −1 L4 = L2 − L1 ⇔ − y = −2 L4 − L5 − y + z = 1 z =1+ y L5 = L3 − 2 L1 L5 L1 x = 4 − y − z = −1 y = 2 L4 − L5 ⇔ z = 1 + 2 = 3 L5
Ainsi S =
{( −1;2;3)}
2) x + 2 y − 3 z = −4
L1 x + 2 y − 3 z = −4 L1 2 x + 3 y + z = 11 L2 ⇔ − x − 3 y + 2 z = −1 L2 renumérotation des lignes − x − 3 y + 2 z = −1 L 2 x + 3 y + z = 11 L 3 3 L1 L1 x + 2 y − 3z = −4 x = −2 y + 3 z − 4 ⇔ − y − z = −5 L4 = L2 + L1 ⇔ y = − z + 5 L4 − y + 7 z = 19 L5 = L3 − 2 L1 8 z = 24 L5 − L4 L1 x = −4 + 9 − 4 = 1 L4 ⇔ y = −3 + 5 = 2 z = 3 L5 − L4
Ainsi S =
{(1;2;3)}
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L1 + L2 L2
y = 42 L1 + L2 ⇔ L2 x = 56
Cours et exercices de mathématiques 3)
L1 2 x + y − 2 z + t = 0 3 x − y + 2 z − 2t = 6 L2 L3 − + 2 y − 2 z − t = −3 x − y + 2 z − t = 3 L4 − y + 2 z − t = 3 − x + 2 y − 2 z − t = −3 ⇔ 2 x + y − 2 z + t = 0 3 − y + 2 z − 2t = 6 x − y + 2 z − t = 3 y − 2t = 0 ⇔ 3 y − 6 z + 3t = −6 2 y − 4 z + t = −3
x − y + 2 z − t = 3 y − 2t = 0 ⇔ y − 2 z + t = −2 2 y − 4 z + t = −3 x − y + 2 z − t = 3 y − 2t = 0 ⇔ − 2 z + 3t = −2 − 4 z + 5t = −3 x − y + 2 z − t = 3 y − 2t = 0 ⇔ − 2 z + 3t = −2 −t =1 x = 3 + y − 2 z + t = 1 y = 2t = − 2 ⇔ −2 z = −2 − 3t = 1 donc t = −1 Ainsi S =
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L1 L2 L3
(renumérotation des lignes)
L4 L1 L2 ← L2 + L1 L3 ← L3 − 2 L1 L4 ← L4 − 3L1 L1 L2 L3 ←
1 3
L3
(division de la 3 ème ligne par 3)
L4 L1 L2 L3 ← L3 − L2 L4 ← L4 − 2 L2 L1 L2 L3 L4 ← L4 − 2 L3
z = − 0,5
{(1; −2; −0,5; −1)}
Exercice n°18 Si on note x , y et z les nombres respectifs de mathématiciens chinois, indiens et européens, les trois indications de l’énoncé permettent d’écrire : y + z + 1 = 9 (ne pas oublier l’africain) x + z + 1 = 10 z + 1 = 5 1) En « remplaçant », dans la deuxième équation, la quantité z + 1 par 5, on obtient x + 5 = 10 ⇔ x = 5 . Il y avait donc 5 chinois. 2) En additionnant la valeur de x (5), et celle des autres participants, donnée par l’égalité y + z + 1 = 9 , on conclut que le nombre de participant était de 5+9=14 Le nombre d’indiens était y = 9 − z − 1 = 9 − ( z + 1) = 9 − 5 = 4 Enfin le nombre d’Européens était z = 5 −1 = 4 En résumé, ce congrès réunissait 5 chinois, 4 indiens, 4 européens, et 1 africain. Page 14/26
Cours et exercices de mathématiques Exercice n°19
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Si la parabole passe par A(1 ;2) alors f (1) = 2 ⇔ a + b + c
=2
Si elle passe par B(2;-3) alors f ( 2 ) = −3 ⇔ 4a + 2b + c = −3 Si elle passe par C(3;-12) alors f ( 3) = −12 ⇔ 9 a + 3b + c
= −12
Le système vérifié par a, b et c est donc :
L1 L1 a+b+c = 2 a = 2 −b −c 4a + 2b + c = −3 L2 ⇔ −2b − 3c = −11 L4 = L2 − 4 L1 9a + 3b + c = −12 L −6b − 8c = −30 L = L − 9 L 3 5 3 1 L1 L1 a = 2−b −c a = 2 −b −c L6 − L5 ⇔ −6b − 9c = −33 L6 = 3L4 ⇔ −c = −3 −6b − 8c = −30 −6b − 8c = −30 L5 L5
a = 2 −b −c c =3 ⇔ −30 + 8c b = −6 Ainsi, f ( x ) = −2 x
L1 a = −2 L6 − L5 ⇔ c = 3 L6 − L5 L5 b =1 L1
L5
2
+ x +3
Exercice n°20 Si f (1) = −2 alors a + b + c = −2 Si f (2) = 1 alors 2a + b +
c 2
= 1 ⇔ 4a + 2b + c = 2
Si f (−4) = −2 alors −4a + b +
c
−4
= −2 ⇔ 16a − 4b + c = 8
Le système vérifié par a, b et c est donc :
L1 a + b + c = −2 L1 a = −2 − b − c L4 = L2 − 4 L1 4a + 2b + c = 2 L2 ⇔ −2b − 3c = 10 16a − 4b + c = 8 L −20b −15c = 40 L = L −16 L 3 5 3 1 L1 a = −2 − b − c L1 a = −2 − b − c −10 − 3c ⇔ −2b − 3c = 10 L4 = L2 − 4 L1 ⇔ b = = 1 L4 = L2 − 4 L1 2 15c = −60 L6 = L5 − 10 L4 c = −4 L6 L1 a =1 L4 = L2 − 4 L1 ⇔ b =1 b = c = −4 L6 Ainsi, f ( x) = x + 1 −
4 x
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Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr Exercice n°21 Si on note x , y et z le nombre de lots de type A,B et C, l’énoncé nous conduit à résoudre le système
920 − 5 z − x y = L1 5 x + 2 z = 760 x + 4 y + 5 z = 920 L1 4 2 x + 4 y + z = 720 L2 ⇔ 2 x + 4 y + z = 720 L2 renumérotation des lignes ⇔ x − 4 z = −200 x + 4 y + 5 z = 920 L 5 x + 2 z = 760 5 x + 2 z = 760 L3 3 920 − 5 z − x 920 − 5 × 60 − 40 y L y L1 = = = 100 1 4 4 L2 − L1 ⇔ x = −200 + 4 × 80 = 120 L2 − L1 ⇔ x = −200 + 4 z 22 z = 1760 L3 − 5 L4 1760 z = L3 − 5 L4 = 80 22
L1 L4 = L2 − L1 L3
Le gérant doit donc proposer 120 lots de type A, 100 lots de type B et 80 lots de type C pour épuiser son stock. Exercice n°22 1) Puisque la fabrication d’un appareil de type A requiert 3 condensanteurs, on ne pourra pas fabriquer plus de
360 3 (car
= 120 appareils de type A. Puisqu’il requiert 4 transistors, on ne pourra pas fabriquer plus 66 appareils de type A 265 4
= 66,25 ). Enfin, il requiert 1 plaque. Donc on ne pourra pas fabriquer plus de 100 appareils de type A.
En résumé, x ∈ [ 0;66] Puisque la fabrication d’un appareil de type B requiert 2 condensanteurs, on ne pourra pas fabriquer plus de
360 2
= 180
appareils de type B. Puisqu’il requiert 1 transistor, on ne pourra pas fabriquer plus de 265 appareils de type B. Enfin, il requiert 1 plaque. Donc on ne pourra pas fabriquer plus de 100 appareils de type B. En résumé, y ∈ [ 0;100 ] Puisque la fabrication d’un appareil de type C requiert 5 condensanteurs, on ne pourra pas fabriquer plus de
360 5
= 72
appareils de type C. Puisqu’il requiert 3 transistors, on ne pourra pas fabriquer plus 88 appareils de type C (car
265 3
≈ 88,3 ). Enfin, il requiert 1 plaque. Donc on ne pourra pas fabriquer plus de 100 appareils de type C.
En résumé, z ∈ [ 0;72] 2) et 3) Si on utilise complètement le stock,
3 x + 2 y + 5 z = 360 L1 x + y + z = 100 4 x + y + 3 z = 265 L2 ⇔ 3 x + 2 y + 5 z = 360 x + y + z = 100 4 x + y + 3 z = 265 L3
L1 L2 renumérotation des lignes L3
x = 100 − 30 − 45 = 25 L1 L1 L1 x = 100 − y − z x = 100 − y − z L2 − L1 ⇔ y = 2 × 45 − 60 = 30 L2 − L1 ⇔ − y + 2 z = 60 L4 = L2 − 3L1 ⇔ y = 2 z − 60 −3 y − z = −135 L = L − 4 L −7 z = −315 L5 − 3 L4 315 5 3 1 z = L3 − 5 L4 = 45 7 Il faut donc fabriquer 25 appareils de type A, 30 appareils de type B et 45 appareils de type C. 4) Les nombres appartiennent au référentiel, puisque 25 ∈ [ 0;66 ] , 30 ∈ [ 0;100 ] et 45 ∈ [0; 72 ] 5) Si on fabrique 25 appareils de type A, 30 appareils de type B et 45 appareils de type C, il faudra 25 × 6 + 30 × 3 + 45 × 8 = 600 résistances, soit plus que les 555 disponibles b) Si on utilise pleinement les stocks de plaques de circuit intégré, de transistors et de résistances, le nouveau système à résoudre est
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L1 L1 6 x + 3 y + 8 z = 555 L1 x + y + z = 100 x = 100 − y − z 4 x + y + 3 z = 265 L2 ⇔ 6 x + 3 y + 8 z = 555 L2 renumérotation des lignes ⇔ −3 y + 5 z = −45 L4 = L2 − 6 L1 x + y + z = 100 4 x + y + 3 z = 265 L −3 y − z = −135 L = L − 4 L L3 3 5 3 1 x = 100 − y − z x = 100 − 40 −15 = 45 L1 L1 L5 − L4 z = 15 L5 − L4 ⇔ 6 z = 90 ⇔ 135 − z 135 − 15 y = y= L5 = L3 − 4 L L5 = L3 − 4 L = 40 3 3 Il faut donc fabriquer 45 appareils de type A, 40 appareils de type B et 15 appareils de type C. Ceci nécessitera 45 × 3 + 40 × 2 + 15 × 5 = 290 condensateurs, soit en dessous du seuil des 360. Exercice n°23 a) Si on note x , y et z les avoir initiaux des joueurs A,B et C Supposons que le joueur A perd la première partie. Les avoirs des deux joueurs B et C deviendront égaux à 2 y et 2 z tandis que celui du joueur A deviendra égal à
− y − z
Supposons que le joueur B perd la deuxième partie. Les avoirs des deux joueurs A et C deviendront égaux à 2 ( x − y − z ) et 4 z tandis que celui du joueur B deviendra égal à 2 y − ( x − y − z ) − 2 z
= − x + 3 y − z
Supposons que le joueur C perd la troisième partie. Les avoirs des deux joueurs A et B deviendront égaux à 4 ( x − y − z ) et 2 ( −
+ 3 y − z ) tandis que celui du joueur C deviendra égal à 4 z − 2 ( x − y − z ) − ( − x + 3 y − z ) = − x − y + 7 z
Puisqu’après la troisième partie, chaque joueur possède 200 €, le triplet
(
, y , z ) est solution du système
4 ( x − y − z ) = 200 x − y − z = 50 2 ( − x + 3 y − z ) = 200 ⇔ − x + 3 y − z = 100 − x − y + 7 z = 200 − x − y + 7 z = 200 b) On résout
L1 L1 x − y − z = 50 x = 50 + y + z − x + 3 y − z = 100 L2 ⇔ 2 y − 2 z = 150 L4 = L1 + L2 − x − y + 7 z = 200 L −2 y + 6 z = 250 L = L + L 3 5 1 3 L1 x = 50 + y + z = 275 L1 x = 50 + y + z 150 + 2 z 250 ⇔ 2 y = 150 + 2 z L4 = L1 + L2 ⇔ y = = = 125 L4 = L1 + L2 2 2 4 z = 400 L6 = L4 + L5 z = 100 L6 = L4 + L5 Les avoirs respectifs des trois joueurs étaient donc de 275 € , 125 € et 100 €
− x 2 + x + 2 > 0 Exercice n°24 1) Résoudre le système revient à chercher les valeurs de la variable x solutions des deux 4 3 0 − + ≤ x inéquations simultanées. La première inéquation − x 2 + x + 2 > 0 se résout en calculant le discriminant du polynôme P ( x ) = − x 2 + x + 2 . On obtient ∆ = 12 − 4 × ( −1) × 2 = 9 = 32 , d’où l’existence de deux racines réelles distinctes x1 =
−1 − 9 −1 + 9 = 2 et x2 = = −1 . 2 × ( −1) 2 × ( −1)
Le signe de l’expression P ( x ) = − x 2 + x + 2 est donc donné par et la première inéquation − x 2 + x + 2 > 0 admet donc comme solutions S 1 = ]−1; 2[ La deuxième inéquation est −4 x + 3 ≤ 0 ⇔ x ≥
3 , et admet donc pour ensemble de solutions S 2 = ; +∞ . 4 4 3
− x 2 + x + 2 > 0 3 3 L’ensemble des solutions du système est donc S = S1 ∩ S 2 = ]−1; 2[ ∩ ; +∞ = ; 2 4 4 −4 x + 3 ≤ 0 Page 17/26
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2) La double inéquation 6 ≤ 2 x 2 + 3 x − 3 ≤ 17 est en fait un système de deux inéquations du second degré :
6 < 2 x 2 + 3 x − 3 2 x 2 + 3 x − 9 > 0 ⇔ 2 2 2 x + 3 x − 3 ≤ 17 2 x + 3 x − 20 ≤ 0 Pour
la
première
inéquation
∆ = 32 − 4 × 2 × ( −9 ) = 81 = 9 2 ,
d’où
2 x 2 + 3 x − 9 > 0 , l’existence
le
de
discriminant deux
racines
du
polynôme
réelles
P ( x ) = 2 x 2 + 3x − 9 x1 =
distinctes
−3 + 81 3 = . Le signe de l’expression P ( x ) = 2 x 2 + 3x − 9 est : 2× 2 2 et la première inéquation 2 x 2 + 3 x − 9 > 0 admet donc comme solutions 3 S 1 = ]−∞; −3[ ∪ ; +∞ 2 Pour la deuxième inéquation 2 x 2 + 3 x − 20 ≤ 0 , le discriminant du polynôme
vaut
−3 − 81 = −3 2×2
et
x2 =
Q ( x ) = 2 x 2 + 3 x − 20 vaut
∆ = 32 − 4 × 2 × ( −20 ) = 169 = 132 , d’où l’existence de deux racines réelles distinctes x1 =
−3 − 169 = −4 2× 2
et
−3 + 169 5 = . Le signe de l’expression Q ( x ) = 2 x 2 + 3 x − 20 est : 2×2 2 et la deuxième inéquation 2 x 2 + 3 x − 20 ≤ 0 admet donc comme solutions 2 x 2 + 3 x − 9 > 0 5 est donc : S 2 = −4; L’ensemble des solutions du système 2 2 2 x + 3 x − 20 ≤ 0 3 5 3 5 S = S1 ∩ S 2 = ]−∞; −3[ ∪ ; +∞ ∩ −4; = [ −4; −3[ ∪ ; 2 2 2 2
x2 =
Exercice n°25 1) La droite
3
1
2
3
∆ d’équation 3 x + 2 y − 1 = 0 ⇔ y = − x + partage le plan en deux demi plans de frontière commune ∆ ,
définis par les inéquations respectives 3 x + 2 y − 1 ≥ 0 ⇔ y ≥ −
3 2 3
Le demi-plan défini par l’inéquation 3 x + 2 y − 1 < 0 ⇔ y < − coordonnées du point O ( xO
2
x+ x+
et 3 x + 2 y − 1 ≤ 0 ⇔ y ≤ −
3 1
3
3 2
x+
1 3
.
est celui qui contient l’origine du repère, car les 3
1
2
3
= 0; yO = 0 ) vérifient l’inéquation 3 xO + 2 yO − 1 < 0 ⇔ yO < − xO + , en excluant la
droite
1
∆ frontière. Dans le repère ( O; i ; j ) ci-dessous, il est grisé
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Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr 2) 1) La droite D1 d’équation x − 5 = 0 ⇔ x = 5 partage le plan en deux demi plans de frontière commune D1 , définis par les inéquations respectives x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 et x − 5 ≤ 0 ⇔ x ≤ 5 . Le demi-plan défini par l’inéquation x − 5 > 0 ⇔ x ≥ 5 est celui qui contient ne contient pas l’origine du repère, car les coordonnées du point O ( xO
= 0; yO = 0 ) ne vérifient l’inéquation xO − 5 ≥ 0 ⇔ xO ≥ 5 (puisque xO = 0 )
On exclut de surcroît la frontière D1 La droite D2 d’équation x + y − 3 = 0 ⇔ y = − x + 3 partage le plan en deux demi plans de frontière commune D2 ,
+ y − 3 ≤ 0 ⇔ y ≤ − x + 3 et x + y − 3 ≥ 0 ⇔ y ≥ − x + 3 . Le demi-plan défini par l’inéquation x + y − 3 < 0 ⇔ y < − x + 3 est celui qui contient l’origine du repère, car les définis par les inéquations respectives coordonnées du point O ( xO
= 0; yO = 0 ) vérifient l’inéquation xO + yO − 3 < 0 ⇔ yO < − xO + 3
On exclut de surcroît la frontière D2
(
Dans le repère O; i ; j
) ci-dessous, on a grisé l’intersection de ces deux demi-plans
2) La droite D1 d’équation 3 x + 2 y − 5 = 0 ⇔ y = −
3 2
x+
5 2
partage le plan en deux demi plans de frontière commune 3
5
2 5
2
D1 , définis par les inéquations respectives 3 x + 2 y − 5 ≤ 0 ⇔ y ≤ − x + Le demi-plan défini par l’inéquation 3 x + 2 y − 5 < 0 ⇔ y < − coordonnées du point O ( xO
3 2
x+
2
et 3 x + 2 y − 5 ≥ 0 ⇔ y ≥ −
3 2
x+
5 2
.
est celui qui contient l’origine du repère, car les 3
5
2
2
= 0; yO = 0 ) vérifient l’inéquation 3 xO + 2 yO − 5 < 0 ⇔ yO < − xO +
On exclut de surcroît la frontière D1 La droite D2 d’équation x − y + 4 = 0 ⇔ y = x + 4 partage le plan en deux demi plans de frontière commune D2 , définis par les inéquations respectives x − y + 4 ≤ 0 ⇔ y ≥ x + 4 et x − y + 4 ≥ 0 ⇔ y ≤ x + 4 . Le demi-plan défini par l’inéquation x − y + 4 > 0 ⇔ y < x + 4 est celui qui contient l’origine du repère, car les coordonnées du point O ( xO
= 0; yO = 0 ) vérifient l’inéquation xO − yO + 4 > 0 ⇔ yO < xO + 4 .
On exclut de surcroît la frontière D2
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1 4 La droite D3 d’équation x + 3 y − 4 = 0 ⇔ y = − x + partage le plan en deux demi plans de frontière commune D3 , 3 3 1 4 1 4 définis par les inéquations respectives x + 3 y − 4 ≥ 0 ⇔ y ≥ − x + et x + 3 y − 4 ≤ 0 ⇔ y ≤ − x + . 3 3 3 3 1 4 Le demi-plan défini par l’inéquation x + 3 y − 4 < 0 ⇔ y < − x + est celui qui contient l’origine du repère, car les 3 3 1 4 coordonnées du point O ( xO = 0; yO = 0 ) vérifient l’inéquation xO + 3 yO − 4 < 0 ⇔ yO < − xO + 3 3 On exclut de surcroît la frontière D3
(
Dans le repère O; i ; j
) ci-dessous, on a grisé l’intersection de ces trois demi-plans
Exercice n°26 1) Voir ci-dessous 2) Puisque A ≠ xB , la droite (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées. Une de ses équations est de la forme
y B − y A
y = mx + p . Pour calculer m, on utilise la formule m = L’équation de (AB) est donc de la forme y
x B − x A
=
3− 2
−1 − 2
=−
1 3
1
= − x + p . 3
Pour calculer p , on utilise les coordonnées d’un des deux points de (AB) (puisqu’un point appartient à une droite si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation de cette droite) : Dans l’équation y y par
A
et y A . Ainsi y A
1
1
1
8
3
3
3
3
= − xA + p ⇔ p = y A + x A = 2 + × 2 =
L’équation de (AB) est donc y
1
8
3
3
1
= − x + p , on remplace donc x et 3
= − x + ⇔ x + 3y −8 = 0
≠ xC , la droite (BC) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées. Une de ses équations est de la forme y − yB 1− 3 −2 y = m x + p . Pour calculer m, on utilise la formule m = C = = =1 xC − xB −3 − ( −1) −2 L’équation de (BC) est donc de la forme y = x + p . Puisque x B
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Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr Pour calculer p , on utilise les coordonnées d’un des deux points de (BC) (puisqu’un point appartient à une droite si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation de cette droite) : Dans l’équation y = x + p , on remplace donc x et y par x B et y B . Ainsi y B
= xB + p ⇔ p = y B − xB = 3 − ( −1) = 4
L’équation de (BC) est donc y
= x+4 ⇔ x− y+4 = 0
≠ xC , la droite (AC) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées. Une de ses équations est de la forme y − y A −1 1 1− 2 y = m x + p . Pour calculer m, on utilise la formule m = C = = = xC − x A −3 − 2 −5 5 Puisque x A
L’équation de (AC) est donc de la forme y
=
1 5
x + p .
Pour calculer p , on utilise les coordonnées d’un des deux points de (AC) (puisqu’un point appartient à une droite si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation de cette droite) : Dans l’équation y par x A et y A . Ainsi y A
=
1 5
xA + p ⇔ p = y A −
L’équation de (AC) est donc y
=
1 5
x+
8 5
=
1 5
x + p , on remplace donc x et y
1
1 8 xA = 2 − × 2 = 5 5 5
⇔ x − 5y +8 = 0
La droite (AB) d’équation x + 3 y − 8 = 0 partage le plan en deux demi-plans de frontière commune (AB) définis par les inéquations x + 3 y − 8 ≤ 0 et x + 3 y − 8 ≥ 0 . Le demi plan contenant l’intérieur du triangle ABC est celui qui contient l’origine O. Puisque xO + 3 yO
− 8 < 0 , ce demi plan est celui défini par l’inéquation x + 3 y − 8 < 0 La droite (BC) d’équation x − y + 4 = 0 partage le plan en deux demi-plans de frontière commune (BC) définis par les inéquations x − y + 4 ≤ 0 et x − y + 4 ≥ 0 . Le demi plan contenant l’intérieur du triangle ABC est celui qui contient l’origine O. Puisque xO − yO
+ 4 > 0 , ce demi plan est celui défini par l’inéquation x − y + 4 > 0 La droite (AC) d’équation x − 5 y + 8 = 0 partage le plan en deux demi-plans de frontière commune (AC) définis par les inéquations x − 5 y + 8 ≤ 0 et x − 5 y + 8 ≥ 0 . Le demi plan contenant l’intérieur du triangle ABC est celui qui ne contient pas l’origine O. Puisque xO − 5 yO + 8 > 0 , ce demi plan est celui défini par l’inéquation x − 5 y + 8 < 0 L’intérieur du triangle ABC est l’intersection de ces trois demi-plans, sans les frontières.
x + 3 y − 8 < 0 Il est donc défini par le système d’inéquations x − y + 4 > 0 x − 5 y + 8 < 0
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Cours et exercices de mathématiques Exercice n°27 La droite D1 d’équation x + 2 y − 3 = 0 ⇔ y = −
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x+
3 2
partage le plan en deux demi plans de frontière commune D1 ,
définis par les inéquations respectives x + 2 y − 3 ≤ 0 ⇔ y ≤ −
1
x+
2 1
Le demi-plan défini par l’inéquation x + 2 y − 3 < 0 ⇔ y < −
2
3
et x + 2 y − 3 ≥ 0 ⇔ y ≥ −
2 3
x+
2
2
x+
3 2
.
est celui qui contient l’origine du repère, car les
coordonnées de O ( xO = 0; yO = 0 ) vérifient l’inéquation xO + 2 yO − 3 < 0 ⇔ yO < − La droite D2 d’équation
1
1
xO +
3
. La frontière D1 est exclue. 2 2 − y + 3 = 0 ⇔ y = x + 3 partage le plan en deux demi plans de frontière commune D2 , définis
par les inéquations respectives x − y + 3 ≤ 0 ⇔ y ≥ x + 3 et x − y + 3 ≥ 0 ⇔ y ≤ x + 3 . Le demi-plan défini par l’inéquation x − y + 3 < 0 ⇔ y > x + 3 est celui ne contenant pas l’origine du repère, car les coordonnées de O ( xO = 0; yO = 0 ) ne vérifient pas l’inéquation xO − yO + 3 < 0 ⇔ yO > xO + 3 . La frontière D2 est exclue. La droite D3 d’équation x + y − 6 = 0 ⇔ y = − x + 6 partage le plan en deux demi plans de frontière commune D3 , définis par les inéquations respectives x + y − 6 ≤ 0 ⇔ y ≤ − x + 6 et x + y − 6 ≥ 0 ⇔ y ≥ − x + 6 . Le demi-plan défini par l’inéquation x + y − 6 < 0 ⇔ y < − x + 6 est celui qui contient l’origine du repère, car les coordonnées de O ( xO = 0; yO = 0 ) vérifient l’inéquation xO + yO − 6 < 0 ⇔ yO < − xO + 6 La frontière D3 est exclue. Les trois droites D1 , D2 et D3 délimitent sept secteurs définis respectivement par les systèmes d’inéquation :
x + 2 y − 3 > 0 x + 2 y − 3 > 0 x + 2 y − 3 > 0 x + 2 y − 3 > 0 x + 2 y − 3 < 0 x + 2 y − 3 < 0 x + 2 y − 3 < 0 x − y + 3 > 0 , x − y + 3 > 0 , x − y + 3 < 0 , x − y + 3 < 0 , x − y + 3 > 0 , x − y + 3 > 0 , x − y + 3 < 0 x + y − 6 > 0 x + y − 6 < 0 x + y − 6 < 0 x + y − 6 > 0 x + y − 6 > 0 x + y − 6 < 0 x + y − 6 < 0 x + 2 y − 3 < 0 Le 8ème secteur défini par le système d’inéquations x − y + 3 < 0 n’admet d’ensemble de solutions. x + y − 6 > 0 Les domaines relatifs aux systèmes permettant l’inégalité ( x + 2 y − 3 )( x − y + 3)( x + y − 6 ) ≤ 0 sont en gris foncé :
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Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr Exercice n°28 1) cf graphique en fin d’exercice L’achat associé au point E (13 ;14) fournit 13 × 12 + 14 × 9 = 282 pains au chocolat et 13 × 9 + 14 ×12 = 285 croissants. La demande est alors (largement) satisfaite L’achat associé au point F (10 ;1) fournit 10 × 12 + 1 × 9 = 129 pains au chocolat et 10 × 9 + 1 ×12 = 102 croissants. La demande est alors satisfaite 2) a) Si on note x le nombre de lots A achetés et y le nombre de lots B achetés, alors Le nombre de pains au chocolats résultat de cet achat est alors égal à 12 x + 9 y Le nombre de croissants résultat de cet achat est alors égal à 8 x + 12 y Si on veut disposer d’au moins 108 pains au chocolats et de 96 croissants, il faut et il suffit que 12 x + 9 y ≥ 108 4 x + 3 y ≥ 36 4 x + 3 y ≥ 36 ⇔ . Seuls les points permettent de satisfaire la demande ( x; y ) vérifiant 8 x + 12 y ≥ 96 2 x + 3 y ≥ 24 2 x + 3 y ≥ 24 b) La droite D1 d’équation 4 x + 3 y = 36 ⇔ y = − définis par les inéquations 4 x + 3 y ≤ 36 ⇔ y ≤ −
4 3
4 3
x + 12 partage le plan en deux demi plans de frontière commune D1 ,
x + 12 et 4 x + 3 y ≥ 36 ⇔ y ≥ −
Le demi plan défini par l’inéquation 4 x + 3 y ≥ 36 ⇔ y ≥ −
4 3
4 3
x + 12
x + 12 est celui, frontière comprise, qui ne contient pas le
point O ( xO ; yO ) La droite D2 d’équation 2 x + 3 y = 24 ⇔ y = − définis par les inéquations 2 x + 3 y ≥ 24 ⇔ y ≥ −
2 3 2 3
x + 8 partage le plan en deux demi plans de frontière commune D2 , x + 8 et 2 x + 3 y ≤ 24 ⇔ y ≤ −
Le demi plan défini par l’inéquation 2 x + 3 y ≥ 24 ⇔ y ≥ −
2 3
2 3
x+8
x + 8 est celui, frontière comprise qui ne contient pas le point
O ( xO ; yO ) La région du plan dans laquelle se trouvent les points
( x; y ) dont
les coordonnées NE SONT PAS solutions du
4 x + 3 y ≥ 36 est grisée. 2 3 2 4 + ≥ x y
système
3) a) La droite ∆9 d’équation x + y = 9 ⇔ y = − x + 9 passe par les points (0 ;9) et (9 ;0) La droite ∆11 d’équation x + y = 11 ⇔ y = − x + 11 passe par les points (0 ;11) et (11 ;0) Au vu du graphique, la partie de la droite ∆ 9 correspondant à
x ≥ 0 est entièrement contenue dans le domaine non y 0 ≥
solution du problème. On ne peut donc pas satisfaire la demande en achetant seulement 9 lots. En revanche, certains points de la droite ∆11 (comme par exemple le point (6 ;5)) appartiennent à l’ensemble de solutions du problème. On peut donc satisfaire la demande en achetant seulement 9 lots. b) La droite ∆10 d’équation x + y = 10 ⇔ y = − x + 10 et qui passe par les points (0 ;10) et (10 ;0) contient un point (6 ;4) appartenant à l’ensemble solution. Ce point (et donc cette commande de 6 lots A et 4 lots B) est celle qui minimalise les frais tout en satisfaisant la demande.
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Exercice n°29 3 x − y = 1) Le système n’est défini que si et seulement si x > 0 et y > 0 . On le résout par substitution : 2 ln x + ln y = 0 3 3 3 y = x − L1 y x L y x L1 = − = − 3 1 2 L1 2 2 x − y = ⇔ ⇔ ⇔ 2 3 3 ln x + ln y = 0 L2 ln x + ln x − = 0 L2 ln x x − = 0 L2 x x − 3 = 1 L2 2 2 2 On
résout
x 2 −
l’équation
2
∆ = ( −3) − 4 × 2 × ( −2 ) = 9 + 16 = 25 x1 =
− ( −3) − 25 2× 2
=
3−5 4
=−
1 2
et x2
3 2
x − 1 = 0 ⇔ 2 x 2 − 3x − 2 = 0
d’où
=
l’existence
− ( −3) + 25 2× 2
=
3+5 4
de
en deux
calculant solutions
son
discriminant
réelles
distinctes
= 2 . La seule valeur compatible avec l’ensemble de
3 1 L1 1 y = 2 − = définition du système est x = 2 donc . Ainsi S = 2; 2 2 2 L2 =2 5ln x + 2 ln y = 26 2) Le système n’est défini que si et seulement si x > 0 et y > 0 2ln x − 3ln y = −1 On effectue un changement de variable en posant X
5 X + 2Y = 26 équivalent au système. 2 X − 3Y = −1
L1 L2
5ln x + 2ln y = 26 devient alors 2ln x 3ln y 1 − = −
= ln x et Y = ln y . Le système
Comme 5 × ( −3 ) − 2 × 2 ≠ 0 , ce système admet une unique solution
19 X = 76 3L1 − 2 L2 5 X + 2Y = 26 L1 15 X + 6Y = 78 3 L1 ⇔ ⇔ 2 X + 1 2 X 3 Y 1 L 4 X 6 Y 2 2 L − = − − = − L2 2 2 Y = 3 76 3L1 − 2 L2 X = 19 = 4 X = 4 3L1 − 2 L2 ⇔ ⇔ . Ainsi S = {( 4;3 )} Y 3 L = 2 4 1 × + 2 Y = L2 =3 3 4 3 On « revient aux inconnues x et y » : X = 4 ⇔ ln x = 4 ⇔ x = e et Y = 3 ⇔ ln y = 3 ⇔ y = e Page 24/26
Cours et exercices de mathématiques Finalement S
{
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}
= ( e 4 ; e3 ) ln xy = 4
3) Le système
(ln x)(ln y ) = −12
n’est défini que si et seulement si x > 0 et y > 0
ln x + ln y = 4 (ln x)(ln y) = −12
Puisque pour tout x > 0 et y > 0 , ln xy = ln x + ln y , le système devient équivalent à On effectue un changement de variable en posant X
= ln x et Y = ln y .
ln x + ln y = 4 devient alors équivalent au système. (ln x)(ln y) = −12
Le système
Y =4− X Par substitution, X ( 4 − X ) = −12 On
résout
Y = 4 − X L1 ⇔ 2 L2 − X + 4 X + 12 = 0 L2 − X 2 + 4 X + 12 = 0 ⇔ X 2 − 4 X − 12 = 0
l’équation
L1
2
∆ = ( −4 ) − 4 × 1 × ( −12 ) = 16 + 48 = 64 X 1 =
X + Y = 4 L1 XY = −12 L2
d’où
l’existence
de
en
calculant
son
discriminant
deux
solutions
réelles
distinctes
− ( −4 ) − 64 −4 − ( −4 ) + 64 12 = = −2 et X 2 = = = 6. 2 ×1 2 2 2
A chaque valeur de X correspond une valeur de Y :
X 1 = −2 ⇒ Y1 = 4 − X 1 = 4 − ( −2 ) = 6 et X 2 = 6 ⇒ Y2 = 4 − X 2 = 4 − 6 = −2
X + Y = 4 Les solutions du système XY = −12
L1 L2
sont S =
{( 6; −2 ) ; ( −2; 6 )} (Comme X et Y jouent des rôles symétriques, on
peut considérer qu’il n’existe qu’une seule solution : 6 et –2) On « revient aux inconnues x et y » :
X = 6 ⇔ ln x = 6 ⇔ x = e6 et Y = −2 ⇔ ln y = −2 ⇔ y = e−2 , ou symétriquement X Finalement S
= −2 ⇔ ln x = −2 ⇔ x = e −2 et Y = 6 ⇔ ln y = 6 ⇔ y = e6 ,
{
}
{
}
= ( e 6 ; e −2 ) ; ( e −2 ; e 6 ) ou de manière symétrique S = ( e 6 ; e −2 )
Exercice n°30 1)
En
X = e
x
posant
X + Y = 5 L1 Y = 5 − X ⇔ X − Y = 3 L2 2 X = 8
et
Y = e , y
le
système
e x + e y = 5 x y e − e = 3
devient
équivalent
à
L1 Y = 5 − 4 = 1 . ⇔ L2 + L1 X 4 L L = + 2 1 x y On revient aux inconnues x et y en résolvant : X = 4 ⇔ e = 4 ⇔ x = ln 4 et Y = 1 ⇔ e = 1 ⇔ y = ln1 = 0 L1
Le système admet donc pour solution S = {ln 4;0} 2)
En
X = e
x
posant
X + 2Y = 3 L1 Y =3 ⇔ X + Y = 0 L2 X = −Y
et
Y = e , y
le
système
e x + 2e y = 3 x y 0 + =
devient
Y = 3 L1 − L2 . ⇔ L2 L2 X = −3 x On revient aux inconnues x et y en résolvant : X = −3 ⇔ e = −3 qui n’admet pas de solution dans
équivalent
à
L1 − L2
Le système n’admet donc pas de solution réelle.
xy = −15 = e x+ y , on aura e x e y = e−2 ⇔ x + y = −2 . Le système x y est donc équivalent au système −2 e e e = − 2 − 2 x = − 15 L1 x 2 + 2 x − 15 = 0 L1 x ( −2 − x ) = −15 L1 xy = −15 L1 ⇔ ⇔ ⇔ x y 2 L + = − y 2 x L = − − = − − y 2 x L L2 2 2 2 y = −2 − x x
3) Puisque e e
y
On résout l’équation x
2
+ 2 x − 15 = 0 en calculant son discriminant :
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Cours et exercices de mathématiques
∆ = 22 − 4 ×1 × ( −15 ) = 64 ,
donc
M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr l’équation
2 x + 2 x − 15 = 0 admet
deux
solutions
réelles
distinctes
−2 − 64 −2 + 64 = −5 et x2 = = 3 . Si x1 = −5 , alors y1 = −2 − x1 = −2 − ( −5 ) = 3 . 2 ×1 2 ×1 xy = −15 Si x2 = 3 alors y2 = −2 − x2 = −2 − 3 = −5 . Les solution du système x y sont donc S = {( −5;3) ; (3; −5)} . −2 e e e =
x1 =
Puisqu’elles jouent des rôles symétriques on peut affirmer que les deux nombres cherchés sont –5 et 3
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