Bachelor's degree

SECOND DEGRE (Partie 1) I. Fonction polynôme de degré 2 Définition : On appelle fonction polynôme de degré 2 toute fonction f définie sur [pic]par une expression de la forme : [pic] où les coefficients a, b et c sont des réels donnés avec [pic]. Remarque : Une fonction polynôme de degré 2 s'appelle également fonction trinôme du second degré ou par abus de langage "trinôme". Exemples et contre-exemples : - [pic], - [pic], - [pic] - [pic] sont des fonctions polynômes

premiers textes. Il obtient en 1943 le certificat de grammaire et philologie des langues classiques ce qui lui permet de transformer sa licence en licence d'enseignement. En 1947, il publie dans Combat les premiers des textes qui constitueront Le Degré zéro de l'écriture. Commencent aussi, en cette période, des séjours professionnels à l'étranger : Bucarest, Alexandrie (où il rencontre Greimas et où il s'initie à la linguistique); il séjourne au Maroc plusieurs fois dès 1963 (il enseigne à Rabat

EXERCICES SUR LE SECOND DEGRÉ Exercice 1 Dans un triangle ABC rectangle en A, on place les points D et E respectivement sur [AC] et [AB] tels que AD ( BE ( x. (Voir figure ci-contre) . Déterminer x pour que l'aire du triangle ADE soit égale à la moitié de celle du triangle ABC. Données : AB ( 18m ; AC ( 8m. Exercice 2 Peut-on trouver trois carrés ayant pour côtés des entiers consécutifs et dont la somme des aires est 15125 ? Si oui, préciser quelles sont les valeurs que doivent avoir

essayé de résoudre les équations du 3ème degré. Le premier à avoir résolu des équations du 3ème degré du type x3 + px = q ( p > 0, q > 0) semble être Scipione Del Ferro (1465 – 1526), professeur à l'université de Bologne. Il ne publia pas sa découverte mais la transmit à son élève Antonio Maria Fior. En 1531, Tartaglia (1500 – 1557), soit à la lumière d'une indiscrétion, soit par sa propre invention, apprit également à résoudre les équations du 3ème degré. Croyant à une imposture, Fior lança un défi

Polynôme du premier degré A] Equation du premier degré L’équation : ax + b = 0 admet comme solution unique si a ≠ 0 S = {- } a b B] Signe d’un polynôme du premier degré Soit le polynôme P(x) = ax + b, pour étudier son signe, il suffit de chercher la valeur qui l’annule et de dresser le tableau de signes : x P(x) -∞ Signe de –a b a +∞ Signe de a 0 Dès que vous avez une inéquation à résoudre, il faut obligatoirement faire une étude de signes. III] Polynôme du second degré A] Equation du

rectangle ABCD un carré ABOR. 1 Exprimer (en fonction de x) le format f' du rectangle ORDC. A R D B O C Quelle valeur donner à x pour que les rectangles ABCD et ORDC aient le même format ? [On se ramènera à une équation du second degré] c) On note  cette valeur. Déterminer  – 1 ;  ( – 1) et 1 . Que remarque-t-on ?  1S1 Exercice DM2 pour le samedi 8 octobre 2011 On appelle format f d'un rectangle le quotient de la longueur L par la largeur . ( f  L /  ) 3

Excel activité 1 – Résolution d’un équation du second degré. Consignes. * Objectifs : Composer une feuille de calcule qui permette de calculer les solutions d’une équation du second degré du type ax² + bx + c = 0. 1. Résoudre l’équation en tenant compte de la valeur du déterminant : ∆ = b²-4*a*c Si ∆0, il faut afficher deux racines calculées à l’aide de la formule : x₁ et x₂ =-b±b2-4ac2a Si ∆=0, il faut afficher la racine double calculée à l’aide de la formule : x=-b2a 2. Etablir

#»  u0 u3 ×× u2×u4 −1 O #» ı × 1 × 2 u1 −1 1 2. Soit ϕ la racine positive de l’équation x = 1 + x . Calculer ϕ. x=1+ 1 x+1 x2 − x − 1 ⇐⇒ x − = 0 ⇐⇒ = 0 ⇐⇒ x2 − x − 1 = 0 x x x 1+ 5 2 x2 − x − 1 est un trinôme du second degré avec ∆ =√ (−1)2 − 4 × 1 × (−1) = 5. Ce trinôme admet donc deux √ √ racines réelles distinctes x1 = > 0 et x2 = 1− 5 2 < 0. On pose donc ϕ = 1+ 5 . 2 3. Sans utiliser la valeur de ϕ trouvée dans la question précédente, mais seulement la relation

− 4| |3t − 1| = . 3 12 + 12 + 12 Un point de (d) est donc équidistant de (ABC) et de (BCD) (et donc de ABD) et (ACD)) si et seulement si : (3t − 1)2 |3t − 1| ⇒ t2 = |t | = ⇐⇒ 3t 2 = 9t 2 + 1 − 6t ⇐⇒ 6t 2 − 6t + 1 = 0 3 3 Cette équation du deuxième degré a un discriminant égal à 36−24 = 12 > 0. Elle a donc deux solutions. Il existe donc deux points de la droite (d) équidistants des trois plans (ABD), (ACD) et (BCD), mais il peut en exister d’autres. E XERCICE 4 1. On a d(M, P ) = z+ 1 4 2 1 1 =

d'équation :x²+x+y²-11 y+18=0 (équation b)x²+2 x+y²-4 y=0 (équation a)---------------------b-a ==&gt;x=18-7*y que l'on reporte dans l'équation de C2 (x+1)²+(y-2)²=5 ==&gt;(19-7*y)²+(y-2)²-5=0 ==&gt; 50*y²-270*y+360=0 ==&gt;5*y²-27*y+36=0 polynôme du second degré qui admet deux racines y=12/5 et y=3Ces valeurs reportées dans l'équation de C2 conduisent à x=-3 et x=6/5Pour le point de tangence {-3,3} on obtient 3=-3*m+9 ==&gt;m=2 et l'on retrouve la tangente d'équation y=2*x+3 et pour pour le point de tangence