Modèle N°1
Exercice 1：$(8 \mathrm{pts})$
$I)$ On considère dans $\mathbb{R}$ l’équation:
$(E)$ : $x^{4}-5 x^{3}+8 x^{2}-5 x+1=0$
$1)$ Vérifier que 0 n’est pas une solution de l’ équation $( E )$$(1\mathrm{pt})$
$2)$ Résoudre dans $\mathbb{R}$ : ( $E^{\prime}$ ) : $x^{2}-5 x+6=0$ $(2\mathrm{pts})$
$3)$ Montrer que si $\alpha$ est une solution de l’équation ( $E$ ) alors: $\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)$ est une solution de l’équation ( $E^{\prime}$ ) $(2\mathrm{pts})$
$4)$ Déduire l’ensemble des solutions de l’équation $( E )$ $(1\mathrm{pt})$
$II)$ Résoudre dans $\mathbb{R} $ l ‘inéquation: $(2\mathrm{pts})$
$ \frac{x^{2}-(1+\sqrt{2}) x+\sqrt{2}}{x^{2}+2 x} \geqslant 0$
Exercice 2：$(6 \mathrm{pts})$
$1)$ Montrer que quelque soit $x$ et $y$ dans $\mathbb{R}$ :$(2 \mathrm{pts})$
$\cos ^{2} x \cdot \cos ^{2} y-\sin ^{2} x \cdot \sin ^{2} y=\cos ^{2} x-\sin ^{2} y$
$2)$ Sachant que: $\sin \frac{\pi}{8}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$
et $\cos \frac{\pi}{10}=\frac{\sqrt{10+2 \sqrt{5}}}{4}$
Calculer: $\cos ^{2} \frac{\pi}{10} \cdot \cos ^{2} \frac{\pi}{8}-\sin ^{2} \frac{\pi}{10} \cdot \sin ^{2} \frac{\pi}{8}$ $(2 \mathrm{pts})$
$3)$ Résoudre dans $R$ l’équation : $\tan \left(\frac{\pi}{4}-x\right)=-\sqrt{3}$ $(2 \mathrm{pts})$
Exercice 3：$(6 \mathrm{pts})$
$1)$ Montrer que pour $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ on a: $(1,5 \mathrm{pts})$
$\sin ^{2} x=\frac{\tan ^{2} x}{1+\tan ^{2} x}$
$2)$ Sachant que: $\tan \left(\frac{\pi}{12}\right)=2-\sqrt{3}$ $(1,5 \mathrm{pts})$
Déduire que: $\sin \left(\frac{\pi}{12}\right)=\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}$
$3)$ Soit $A B C$ un triangle isocèle en $A$ tel que: $A \hat{B} C=\frac{5 \pi}{12} \quad$ et $B C=\sqrt{2+\sqrt{3}}$
$a)$ Montrer que $\sin \left(\frac{5 \pi}{1 2}\right)=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}$ $(1,5 \mathrm{pts})$
$b)$ En utilisant la relation de sin dans le triangle $A B C$. Calculer $A C$ $(1,5 \mathrm{pts})$
$I) $
$1) $ $(E)$: $x^{4}-5 x^{3}+8 x^{2}-5 x+1=0$
$0^{4}-5 \times 0^{3}+8 \times 0^{0}-5 \times 0+1=1 \neq 0$
$0$ n’est pas une solution de $(E)$.
$2) $ (E): $x^{2}-5 x+6=0$
$\Delta=b^{2}-4 a c$
$\Delta=25-4 \times 6=1$
$x_{1}=2 \quad ; x_{2}=3$
Donc: $S=\{2 ; 3\}$
$3) $ Soit $\alpha$ une solution de l’équation $(E)$
$(1): \alpha^{4}-5 \alpha^{3}+8 \alpha^{2}-5 \alpha+1=0$
On montre que: $\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)$ est une solution $(E’)$
$\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)^{2}-5\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)+6$
$=\alpha^{2}+2+\frac{1}{\alpha^{2}}-5 \alpha-\frac{5}{\alpha}+6$
$=\alpha^{2}-5 \alpha+8-\frac{5}{\alpha}+\frac{1}{\alpha^{2}}$
$=\frac{\alpha^{4}-5 \alpha^{3}+8 \alpha^{2}-5 \alpha+1}{\alpha^{2}}$
De (1) en déduit que: $\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)^{2}-5\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)+6=0$
D’ou $\left(\alpha+\frac{1}{\alpha}\right)$ est une solution de ( $E^{\prime}$
$4) $ $\left(E_{1}\right): \alpha+\frac{1}{\alpha}=2 \rightarrow \alpha^{2}+1-2 \alpha=0$
$(E2)$: $\alpha+\frac{1}{\alpha}=3 \rightarrow \alpha^{2}+1-3 \alpha=0$
$(E1)$: $\alpha^{2}-2 \alpha+1=0$
$(E2)$: $\alpha^{2}-3 \alpha+1=0$
$S=\left\{1 ; \frac{3-\sqrt{5}}{2} ; \frac{3+\sqrt{5}}{2}\right\}$
$II) $ : $\frac{x^{2}-(1+\sqrt{2}) x+\sqrt{2}}{x^{2}+2 x} \geqslant 0$
$x^{2}+2 x \neq 0$
$x(x+2) \neq 0$
$x \neq 0$ et $x \neq-2$
Donc cette inéquation existe dans $R—\{0 ;-2\}$
$x^{2}-(1+\sqrt{2}) x+\sqrt{2}=0$
$\Delta=[-(1+\sqrt{2})]^{2}-4 \times 3 \times \sqrt{2}$
$\Delta=1+2 \sqrt{2}+(\sqrt{2})^{2}-4 \sqrt{2}$
$\Delta=1-2 \sqrt{2}+(\sqrt{2})^{2}$
$\Delta=(\sqrt{2}-1)^{2}$
$x_{1}=1$ et $x_{2}=\sqrt{2}$
$S=]-\infty ; -2[\cup]0;1]\cup[\sqrt{2} ; +\infty[$
