Mathématiques du secondaire qualifiant

المعادلات والمتراجحات والنظمات (11)

تمرين 1 tp

1) تحقق أن
(7-√2)²=51-14√2.
2) حل في IR
(E): x²-(7+√2)x+7√2=0.

تصحيح

1) (7-√2)²=7²-2.7.(√2)+(√2)²
=49-14√2+2=51-14√2

اذن (7-√2)²=51-14√2.

2) (E): x²-(7+√2)x+7√2=0

a=1 b=-(7+√2) c=7√2

Δ=b²-4ac=(7+√2)²-4.1.7√2
=49+14√2+2 -28√2=51-14√2
=(7-√2)²>0

اذن المعادلة تقبل حلين مختلفين.

x1 = -b-√Δ = 7+(√2)-√(7-√2)²
2a 2.1
= 7+(√2)-(7-√2) = 2√2
2 2

اذن x1=√2.

x2 = -b+√Δ = 7+(√2)+√(7-√2)²
2a 2.1
= 7+(√2)+(7-√2) = 14
2 2

اذن x2=7 وبالتالي S={√2;7}.

تمرين 2 tp

حل في IR المعادلة
(E): x-1+2x(x²-1)=0.

تصحيح

x-1+2x(x²-1)=0
يمكن أن نعمل ب x-1
علما أن x²-1=(x-1)(x+1).
x-1+2x(x²-1)=0
يكافئ x-1+2x(x-1)(x+1)=0
يكافئ (x-1)[1+2x(x+1)]=0.

يكافئ (x-1)(1+2x²+2x)=0
يكافئ (x-1)(2x²+2x+1)=0
يكافئ x-1=0 ou 2x²+2x+1=0
يكافئ x=1 أو 2x²+2x+1=0.
نحل المعادلة (*) 2x²+2x+1=0.
Δ=b²-4ac=2²-4.2.1
=4-8=-4<0
.
المعادلة (*) لا تقبل أي حل في IR.

لدينا اذن (E): x-1+2x(x²-1)=0 تقبل حلا وحيدا x=1 في IR
وبالتالي S={1}.

تمرين 4 tp

حل في IR المعادلة
(E): (2x+1)(1+x)=15.

تصحيح

(2x+1)(1+x)=15
يكافئ 2x+2x²+1+x=15
يكافئ 2x²+3x+1-15=0.

يكافئ 2x²+3x-14=0
وهذه المعادلة من الدرجة الثانية

a=2 b=3 c=-14

Δ=b²-4ac=3²-4.2.(-14)=121.

Δ=121>0 اذن المعادلة (E) تقبل حلين مختلفين..

x1 = -b-√Δ x2 = -b+√Δ
2a 2a
= -3-√121 = -3+√121
2.2 2.2
x1 =-3-11 x2 = -3+11
4 4
= -7 = 2
2

وبالتالي

S = { -7 ; 2}
2