Inéquations (Prérentrée)
Exercice 1 (🔥) : Résolution d’inéquations
📄 Énoncé
Résoudre les inéquations suivantes.
\((x-1)(3-x) \geqslant 0\)
\(x^2 \left( 2-x \right) <0\)
\(-x^2+2x+3>0\)
\(\frac{1}{2}\, \mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-1>0\)
\(\displaystyle \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}} <0\)
\(\mathrm{e}^{x^2-x} \leqslant 1 \phantom{\displaystyle \frac{1}{2}}\)
✅ Corrigé
L’ensemble des solutions de l’inéquation \((x-1)(3-x) \geqslant 0\) est \([1,3]\).
L’ensemble des solutions de l’inéquation \(x^2 \left( 2-x \right) <0\) est \(]2,{+\infty}[\).
L’ensemble des solutions de l’inéquation \(-x^2+2x+3>0\) est \(]-1,3[\).
L’ensemble des solutions de l’équation \(\frac{1}{2}\, \mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-1>0\) est \(]2 \ln(2),{+\infty}[\).
L’ensemble des solutions de l’inéquation \(\displaystyle \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}} <0\) est \(\mathbb{R}_-^\ast\).
L’ensemble des solutions de l’inéquation \(\mathrm{e}^{x^2-x} \leqslant 1\) est \([0,1]\).
Solutions détaillées
On a :
Quand on cherche le signe d’un produit, un tableau de signe est souvent le plus efficace.
Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation \((x-1)(3-x) \geqslant 0\) est \([1,3]\).
Commentaire
On pouvait aussi remarquer que \((x-1)(3-x)\) est un polynôme de degré \(2\), dont les racines sont \(1\) et \(3\) et dont le coefficient dominant est strictement négatif, donc il est positif entre ses racines.
On a :
Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation \(x^2 \left( 2-x \right) <0\) est \(]2,{+\infty}[\).
\(x\mapsto -x^2+2x+3\) est une fonction polynôme de degré \(2\) et l’équation \(-x^2+2x+3 = 0\) admet pour solutions \(-1\) et \(3\) (que l’on trouve en remarquant que \(-1\) est solution évidente et que le produit des solutions est \(-3\), ou bien en calculant le discriminant).
De plus le coefficient dominant de la fonction polynôme \(x\mapsto -x^2+2x+3\) est strictement négatif, donc elle est strictement positive entre les racines , c’est-à-dire sur \(]-1,3[\).
Rappel de cours
Soit \(a,b,c\) des réels tels que \(a\neq 0\). Pour déterminer le signe du trinôme du second degré \(P(x) = ax^2+bx+c\), d’inconnue \(x\) réelle, on peut calculer son discriminant \(\Delta\) à l’aide de la formule : \[\Delta = b^2 - 4ac\]
Deux cas se présentent alors.
Si \(\Delta>0\), alors le polynôme \(P\) admet deux racines réelles, qui sont : \[x_1 = \frac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}\]
et dans ce cas :
\(P(x)\) est du signe de \(a\) sur \(]{-\infty},x_1[\) et \(]x_2,{+\infty}[\) (à l’extérieur des racines),
\(P(x)\) est du signe de \(-a\) sur \(]x_1,x_2[\) (entre les racines).
Si \(\Delta \leqslant 0\), \(P\) a \(P\) est du signe de \(a\) sur \(\mathbb{R}\).
Pour tout réel \(x\) : \[\frac{1}{2}\, \mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-1>0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{\frac{x}{2}} > 2\]
donc, comme la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\begin{aligned} \frac{1}{2}\, \mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-1>0 & \Leftrightarrow \frac{x}{2} > \ln(2) \\ &\Leftrightarrow x> 2\ln(2) \end{aligned}\]
Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation \(\frac{1}{2}\, \mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-1>0\) est \(]2 \ln(2),{+\infty}[\).
Quand on résout une inéquation en raisonnant par équivalence, il est fréquent que l’on soit amené à appliquer une certaine fonction \(f\) (comme ici la fonction \(\ln\)) pour simplifier ; il est essentiel dans ce cas de s’assurer que la fonction \(f\) est strictement monotone pour conserver l’équivalence, et de se souvenir que :
si \(f\) est strictement croissante, on conserve le sens de l’inégalité : \[a<b \Leftrightarrow f(a) < f(b)\]
Si \(f\) est strictement décroissante, on change le sens de l’inégalité : \[a<b \Leftrightarrow f(a) > f(b)\]
On peut remarquer que, pour tout réel \(x\) : \[\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}>0\]
donc on a : \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}} <0 &\Leftrightarrow \mathrm{e}^x - \mathrm{e}^{-x} <0 \\ &\Leftrightarrow \mathrm{e}^x < \mathrm{e}^{-x} \end{aligned}\]
d’où, comme la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}} <0 &\Leftrightarrow x<-x \\ &\Leftrightarrow 2x<0 \\ &\Leftrightarrow x<0 \end{aligned}\]
Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation \(\displaystyle \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}} <0\) est \(\mathbb{R}_-^\ast\).
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) donc on a, pour tout réel \(x\) : \[\begin{aligned} \mathrm{e}^{x^2-x} \leqslant 1 &\Leftrightarrow x^2-x \leqslant \ln(1) \\ &\Leftrightarrow x \left(x-1 \right) \leqslant 0 \end{aligned}\]
donc, comme \(x \mapsto x \left(x-1 \right)\) est une fonction polynôme de degré 2 dont le coefficient dominant est positif et dont les racines sont \(0\) et \(1\) : \[\begin{aligned} \mathrm{e}^{x^2-x} \leqslant 1 &\Leftrightarrow x\in [0,1] \end{aligned}\]
Ainsi l’ensemble des solutions de l’inéquation \(\mathrm{e}^{x^2-x} \leqslant 1\) est \([0,1]\).