1S – Exercices révisions – Second degré

1. $\Delta = -23$ donc l’équation $P(x) = 0$ ne possède aucune solution.
   Le polynôme ne peut pas être factorisé.
   $\quad$
2. $\Delta = 121$ donc l’équation $P(x) = 0$ possède deux solutions :
   $$x_1 = \dfrac{9 – \sqrt{121}}{2 \times (-5)} = \dfrac{1}{5} \text{ et } x_2 = \dfrac{9 + \sqrt{121}}{2 \times (-5)} = -2$$
   $P(x)=-5\left(x-\dfrac{1}{5}\right)(x+2)$
   $\quad$
3. $\Delta = 0$ donc l’équation $P(x) = 0$ possède une unique solution :
   $$x_0 = \dfrac{2}{2 \times \dfrac{1}{3}} = 3$$
   Donc $P(x)=\dfrac{1}{3}(x-3)^2$
   $\quad$
4. $\Delta = (-4)^2 – 4 \times 3 \times 1 = 4$. L’équation $P(x)=0$ possède donc deux solutions :
   $$x_1 = \dfrac{4 – \sqrt{4}}{2 \times 3} = \dfrac{1}{3} \text{ et } x_2 = \dfrac{4 + \sqrt{4}}{2 \times 3} = 1$$
   Donc $P(x)=3(x-1)\left(x-\dfrac{1}{3}\right)$
   $\quad$

1. Cette équation est définie pour $x \in \R\setminus\lbrace{-1;1\rbrace}$
   Sur cet ensemble de définition :
   $$\begin{align*}
   \dfrac{x – 1}{x+1} = \dfrac{2x-5}{x -1} &\ssi (x-1)^2-(2x-5)(x+1) = 0 \\\\
   & \ssi x^2 – 2x + 1 – (2x^2 + 2x – 5x – 5) = 0 \\\\
   & \ssi x^2 – 2x + 1 – (2x^2 – 3x – 5) = 0 \\\\
   & \ssi -x^2 +x + 6 = 0
   \end{align*}$$
   $\Delta = 25$. L’équation possède donc deux solutions : $-2$ et $3$.
   $\quad$
2. Cette équation est définie pour $x\in \R\setminus \lbrace{-4;4\rbrace}$
   Sur cet ensemble de définition :
   $$\begin{align*}
   \dfrac{x^2 – x +1}{x^2 – 16}=0 \ssi x^2 -x + 1 = 0
   \end{align*}$$
   $\Delta = -3$. L’équation ne possède aucune solution.
   $\quad$
3. L’équation est définie pour $x\in \R\setminus\lbrace -2 \rbrace$.
   Sur cet ensemble de définition :
   $$\begin{align*}
   \dfrac{2x^2 + x – 15}{x+2} = 0 \ssi 2x^2 +x -15 = 0\end{align*}$$
   $\Delta = 121$. L’équation possède deux solutions $-3$ et $\dfrac{5}{2}$.
   $\quad$
4. L’équation est définie pour $x\in \R\setminus \lbrace 3 \rbrace$.
   Sur cet ensemble de définition :
   $$\begin{align*}
   \dfrac{x – 1}{x – 3} = x &\ssi x-1 = x(x – 3) \\\\
   & \ssi x-1 = x^2 – 3x \\\\
   & \ssi x^2-4x + 1 = 0
   \end{align*}$$
   $\Delta = 12$. L’équation possède deux solutions $2 – \sqrt{3}$ et $2 + \sqrt{3}$.
   $\quad$
5. On considère tout d’abord l’équation $2x^2 + x – 1 = 0$.
   $\Delta = 9$. Les solutions de cette équation sont $-1$ et $\dfrac{1}{2}$.
   L’équation $\dfrac{x^2 + 7x + 6}{2x^2 + x – 1} = 0$ est donc définie pour $x \in \R\setminus\lbrace -1;\dfrac{1}{2}\rbrace$.
   Sur cet ensemble de définition :
   $$\begin{align*}
   \dfrac{x^2 + 7x + 6}{2x^2 + x – 1} = 0 & \ssi x^2 + 7x + 6 = 0
   \end{align*}$$
   $\Delta = 25$. L’équation $x^2 + 7x + 6 = 0$ possède deux solutions $-6$ et $-1$. Mais $-1$ n’appartient pas à l’ensemble de définition de l’équation initiale.
   L’équation $\dfrac{x^2 + 7x + 6}{2x^2+x-1} = 0$ possède une unique solution $-6$.
   $\quad$
6. L’équation est définie pour $x\in \R\setminus\lbrace -4;4 \rbrace$.
   Sur cet ensemble de définition :
   $$\begin{align*}
   \dfrac{4}{x – 4} = \dfrac{40}{x^2 – 16} – 1 & \ssi 4(x+4) = 40 – (x^2 – 16) \\\\
   & \ssi 4x + 16= 40 – x^2 + 16 \\\\
   & \ssi -x^2 – 4x + 40 = 0
   \end{align*}$$
   $\Delta = 176$. Les solutions de l’équation sont donc $-2 – 2\sqrt{11}$ et $-2 + 2\sqrt{11}$.

On appelle $n$ le plus petit des entiers cherchés.

On a ainsi :

$$\begin{align*}
&n^2 + (n+1)^2 + (n+2)^2 = 245\\ & \ssi n^2 + n^2+2n+1 + n^2+4n+4 = 245 \\
& \ssi 3n^2 + 6n -240 = 0\\
&\ssi 3\left(n^2+2n-80\right)=0\\
&\ssi n^2+2n-80=0
\end{align*}$$

$\Delta = 324$. L’équation possède deux solutions : $-10$ et $8$.

Les nombres cherchés étaient des entiers naturels. Par conséquent la seule solution acceptable est $8$.

Les nombres cherchés sont donc :$8, 9, 10$. On vérifie que $8^2+9^2+10^2 = 245$.

1. En posant $X= x^2$ l’équation $x^4 – x^2 – 6 =0$ devient $X^2 – X – 6 = 0$.
   $\Delta = 25$. L’équation $X^2 – X – 6 = 0$ possède donc deux solutions $-2$ et $3$.
   On cherche maintenant les valeurs de $x$ telles que $x^2 = -2$ (impossible) ou $x^2 = 3$ : $\sqrt{3}$ et $-\sqrt{3}$.
   Les solutions de l’équation initiale sont donc $-\sqrt{3}$ et $\sqrt{3}$.
   $\quad$
2. En posant $X=x^2$ l’équation $x^4-8x^2-9=0$ devient $X^2 – 8X – 9 = 0$.
   $\Delta = 100$. L’équation $X^2 – 8X – 9=0$ possède deux solutions $-1$ et $9$.
   On cherche les valeurs de $x$ telles que $x^=-1$ (impossible) ou $x^2 = 9$ : $-3$ et $3$.
   Les solutions de l’équation initiale sont $-3$ et $3$.
   $\quad$
3. $x^3 -4x + \dfrac{3}{x} = 0 \ssi \dfrac{x^4 -4 x^2 +3}{x} = 0$.
   Cette équation est définie sur $\R^*$. Sur cet ensemble de définition, l’équation précédente est équivalent à $x^4 -4x^2+3=0$.
   En posant $X=x^2$, l’équation $x^4-4x^2+3 = 0$ devient $X^2 -4 X + 3=0$.
   $\Delta = 4$. Les solutions de cette équation sont $1$ et $3$.
   On cherche les valeurs de $x$ telles que :
   • $x^2=1$ : $-1$ et $1$
   • $x^2=3$ : $-\sqrt{3}$ et $\sqrt{3}$
   L’équation initiale possède donc quatre solutions : $-\sqrt{3}, -1, 1$ et $\sqrt{3}$.

1. $\Delta = 576$. L’équation $A(x)= 0$ possède donc deux solutions $\dfrac{1}{5}$ et $5$.
   Puisque $a=-5 <0$, on obtient le tableau de signes suivant :
   $\quad$
2. $\Delta = -56 <0$ et $a=-3 <0$.
   Par conséquent, pour tout réel $x$, $B(x) <0$.
   $\quad$
3. $\Delta = 0$. L’équation $C(x) = 0$ possède une unique solution $\dfrac{2}{5}$. Or $a= 25 > 0$.
   On obtient ainsi le tableau de signes suivant :
   $\quad$
4. Le signe de $-5x^2 + 26x – 5$ a été étudié à la question 1.
   

1. On pose $A(x)=3x^2-5x+2$. $\Delta = 1$. Les racines sont $\dfrac{2}{3}$ et $1$.
   On a $a=3>0$ donc Le tableau de signes de $A(x)$ est :
   
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est donc $\left]-\infty;\dfrac{2}{3}\right[\cup]1;+\infty[$.
   $\quad$
2. On pose $B(x) = 5x^2-4x+12$. $\Delta = -224$. Puisque $a=5>0$, on sait que $B(x) > 0$ pour tout réel $x$.
   Par conséquent aucun nombre n’est solution de l’inéquation.
   $\quad$
3. On pose $C(x) = -3x^2+4x+1$. $\Delta = 28$. Les racines de ce polynômes sont donc $\dfrac{2+\sqrt{7}}{3}$ et $\dfrac{2-\sqrt{7}}{3}$.
   On a $a=-3<0$. Le tableau de signes de $C(x)$ est donc :
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est donc $\left[\dfrac{2-\sqrt{7}}{3};\dfrac{2+\sqrt{7}}{3}\right]$.
   $\quad$
4. $-x^2+3x-5>-9 \ssi -x^2+3x+4 > 0$.
   On pose $D(x) = -x^2+3x+4$. $\Delta = 25$. Les racines du polynôme sont $-1$ et $4$.
   On a $a=-1<0$. Le tableau de signes de $D(x)$ est donc :
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est donc $]-1;4[$.
   $\quad$
5. $-x^2+3x-5 \le -3 \ssi -x^2+3x – 2 \le 0$.
   On pose $E(x) = -x^2+3x-2$. $\Delta = 1$. Les racines du polynôme sont $1$ et $2$.
   On a $a=-1<0$. Le tableau de signes de $E(x)$ est donc :
   
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est donc $]-\infty;1]\cup[2;+\infty[$.
   $\quad$
6. On pose $F(x) = 3x^2-5x+2$ et $G(x)=-2x^2+7x+9$.
   $\Delta_F = 1$. Les racines de $F(x)$ sont donc $\dfrac{2}{3}$ et $1$ et $a=3>0$
   $\Delta_G = 121$. Les racines de $G(x)$ sont donc $-1$ et $\dfrac{9}{2}$ et $a=-2<0$.
   On peut donc construire le tableau de signes suivant :
   
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est donc $\left[-1;\dfrac{2}{3}\right]\cup\left[1;\dfrac{9}{2}\right]$.

1. L’ensemble de définition de cette inéquation est $\R \setminus \lbrace -3;3 \rbrace$. On met tout au même dénominateur
   $$\begin{align*}
   \dfrac{1}{x^2-9} + \dfrac{2}{x-3} + \dfrac{3}{x+3} \le 1 & \ssi \dfrac{1 + 2(x+3) + 3(x-3)}{x^2-9} – 1 \le 0 \\\\
   &\ssi \dfrac{-2 + 5x – (x^2-9)}{x^2 – 9} \le 0 \\\\
   & \ssi \dfrac{-x^2 + 5x + 7}{x^2 – 9} \le 0
   \end{align*}$$
   Pour le numérateur : $\Delta = 53$. Les racines sont $\dfrac{5 – \sqrt{53}}{2}$ et $\dfrac{5 + \sqrt{53}}{2}$.
   On peut construire le tableau de signes suivant :
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est donc $]-\infty;-3[\cup \left[\dfrac{5-\sqrt{53}}{2};3\right[\cup\left[\dfrac{5+\sqrt{53}}{2};+\infty\right[$.
   $\quad$
2. L’ensemble de définition de cette inéquation est $\R \setminus \lbrace \dfrac{-3}{2};5 \rbrace$.
   $$\begin{align*}
   \dfrac{2x-1}{x-5} + \dfrac{x+1}{2x+3} > 0 &\ssi \dfrac{(2x-1)(2x+3)+(x+1)(x-5)}{(x-5)(2x+3)} > 0 \\\\
   & \ssi \dfrac{4x^2+6x-2x-3+x^2-5x+x-5}{(x-5)(2x+3)} > 0 \\\\
   & \ssi \dfrac{5x^2 – 8}{(x-5)(2x+3)} > 0
   \end{align*}$$
   On peut construire le tableau de signes suivant :
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est $\left]-\infty;-\dfrac{3}{2}\right[\cup\left]-\sqrt{\dfrac{8}{5}};\sqrt{\dfrac{8}{5}}\right[ \cup ]5;+\infty[$.
   $\quad$
3. Étudions tout d’abord $-2x^2-3x+2$. $\Delta = 25$. Les racines sont $-2$ et $\dfrac{1}{2}$.
   Étudions maintenant $x^2-x-2$. $\Delta = 9$. Les racines sont $-1$ et $2$.
   On peut construire le tableau de signes suivant :
   
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est $[-2;-1[\cup\left[\dfrac{1}{2};2\right[$.
   $\quad$
4. Étudions tout d’abord $x^2-3x+2$. $\Delta = 1$. Les racines sont $1$ et $2$.
   L’ensemble de définition de l’inéquation est donc $\R \setminus \lbrace 1;2 \rbrace$.
   $$\begin{align*}
   \dfrac{-2x + 1}{x^2-3x+2} \le 1 & \ssi \dfrac{-2x+1}{x^2-3x+2} – \dfrac{x^2-3x+2}{x^2-3x+2} \le 0 \\\\
   & \ssi \dfrac{-x^2 + x – 1}{x^2-3x+2} \le 0
   \end{align*}$$
   Étudions maintenant $-x^2+x-1$. $\Delta = -3$. Il n’y a donc aucune racine.
   On peut construire le tableau de signes suivant :
   
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est donc $]-\infty;1[\cup]2;+\infty[$.
   $\quad$
5. $\dfrac{1}{x+9}+\dfrac{1}{x+1} \le \dfrac{1}{x}$
   $\ssi \dfrac{x+1+x+9}{(x+9)(x+1)}-\dfrac{1}{x}\le 0$
   $\ssi \dfrac{2x+10}{(x+9)(x+1)}-\dfrac{1}{x} \le 0$
   $\ssi \dfrac{2x^2+10x-(x+9)(x+1)}{x(x+9)(x+1)} \le 0$
   $\ssi \dfrac{2x^2+10x-\left(x^2+10x+9\right)}{x(x+9)(x+1)} \le 0$
   $\ssi \dfrac{x^2-9}{x(x+9)(x+1)} \le 0$
   $\ssi \dfrac{(x-3)(x+3)}{x(x+9)(x+1)} \le 0$$x-3=0 \ssi x=3$ et $x-3 >0 \ssi x>3$
   $x+3=0 \ssi x=-3$ et $x+3>0 \ssi x>-3$
   $x+9=0\ssi x=-9$ et $x+9>0 \ssi x>-9$
   $x+1=0 \ssi x=-1$ et $x+1>0 \ssi x>-1$L’ensemble solution est donc $]-\infty;-9[\cup[-3;-1[\cup ]0;3]$.
   $\quad$

1. $x^2-8x + 1 = x^2 – 8x + 16 – 16 + 1 = (x-4)^2 – 15$
   $\quad$
2. $\quad$
   $$\begin{align*} -x^2 +6x -1 &= -(x^2 -6x +1) \\\\
   &= -(x^2 – 6x + 9 – 9 + 1) \\\\
   & = -\left[(x-3)^2 -8 \right] \\\\
   & = -(x-3)^2 + 8
   \end{align*}$$
   $\quad$
3. $\quad$
   $$\begin{align*}
   3x^2-3x + 6 & = 3(x^2 – x +2) \\\\
   & = 3\left(x^2 -x + \dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{4} + 2\right) \\\\
   & = 3 \left[\left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{7}{4} \right] \\\\
   & = 3 \left(x – \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{21}{4}
   \end{align*}$$
   $\quad$
4. $\quad$
   $$\begin{align*}
   -2x^2 – 5x – 3 & = -2 \left(x^2 + \dfrac{5}{2}x + \dfrac{3}{2} \right) \\\\
   & = -2 \left(x^2 + \dfrac{5}{2}x + \dfrac{25}{16} – \dfrac{25}{16} + \dfrac{3}{2} \right) \\\\
   &= -2 \left[\left(x + \dfrac{5}{4}\right)^2 – \dfrac{1}{16} \right] \\\\
   & = -2\left(x + \dfrac{5}{4}\right)^2 + \dfrac{1}{8}
   \end{align*}$$

1. $P(-1) = (-1)^3-2\times(-1)^2 – (-1) + 2 = -1 – 2 + 1 + 2 = 0$.
   Donc $-1$ est une solution de l’équation $P(x)=0$.
   $\quad$
   Remarque : On peut donc factoriser le polynôme $P(x)$ par $(x-(-1))$ c’est-à-dire par $(x+1)$.
   $\quad$
2. On cherche les réels $a, b$ et $c$ tels que : $P(x) = (x+1)\left(ax^2+bx+c\right)$.
   $$\begin{align*}
   (x+1)\left(ax^2+bx+c\right) &= ax^3 + bx^2+cx + ax^2 + bx + c \\\\
   &= ax^3 + (a+b)x^2 + (b+c)x + c
   \end{align*}$$
   On veut donc que $x^3-2x^2-x+2 = ax^3 + (a+b)x^2 + (b+c)x + c$
   On identifie les coefficients. Cela signifie par conséquent que :
   $\begin{cases}
   a=1 \\\\
   a+b = -2 \\\\
   b+c=-1\\\\
   c=2
   \end{cases}
   \Leftrightarrow
   \begin{cases}
   a=1\\\\
   b=-3 \\\\
   c=2
   \end{cases}$
   Ainsi $P(x)=(x+1)\left(x^2-3x+2\right)$
   $\quad$
3. $P(x)=0 \Leftrightarrow (x+1)\left(x^2-3x+2\right) = 0 \Leftrightarrow x+1=0 \text{~ou~} x^2-3x+2=0$
   On détermine le discriminant de $x^2-3x+2$.
   $\Delta = 1$ et les racines sont $1$ et $2$.
   $\quad$
   Ainsi les solutions de $P(x)=0$ sont $-1$, $1$ et $2$.

1. Le point $M$ appartient au segment $[AB]$ par conséquent $x \in [0;3]$.
   Cela signifie donc que l’ensemble de définition de $\mathscr{A}$ est $[0;3]$.
   $\quad$
2. Aire de $AMQ$ : $\dfrac{AM \times AQ}{2} = \dfrac{x(5-x)}{2}$
   Aire de $BMN$ : $\dfrac{BN \times BM}{2} = \dfrac{x(3-x)}{2}$
   Aire de $NCP$ : $\dfrac{NC \times CP}{2} = \dfrac{(5-x)x}{2}$
   Aire de $PDQ$ : $\dfrac{DP \times DQ}{2} = \dfrac{(3-x)x}{2}$
   Ainsi :
   $$\begin{align*}
   \mathscr{A}(x) &= 3 \times 5 – \left(x(5-x) + x(3-x)\right)\\\\
   &= 15 – \left(5x-x^2+3x-x^2\right) \\\\
   &= 15 – \left(-2x^2+8x\right) \\\\
   &= 2x^2 – 8x + 15
   \end{align*}$$
   $\quad$
3. a. On veut donc que $2x^2-8x+15 = 9 \Leftrightarrow 2x^2-8x + 6 =0$
   $\Delta = 16$. Les racines sont $1$ et $3$.
   On peut donc placer le point $M$ a $1$ ou $3$ cm de $A$ pour que l’aire de $MNPQ$ ait une aire de $9\text{ cm}^2$
   $\quad$
   b. On veut donc résoudre $2x^2-8x+15 < 9 \Leftrightarrow 2x^2-8x+6 < 0$
   Puisque le coefficient $a=2 > 0$. L’expression sera négative entre les racines.
   Donc l’aire de $MNPQ$ est inférieure à $9\text{ cm}^2$ si $x\in]1;3[$.
   $\quad$
4. On a $\dfrac{-b}{2a} = 2$. On a donc le tableau de variations suivant :
   $\quad$
5. L’aire maximale est donc de $15 \text{ cm}^2$ et l’aire minimale de $7 \text{ cm}^2$.

Puisque le sommet de parabole a pour coordonnées $(-2;-3)$ alors l’expression de la fonction $f$ du second degré dont la représentation graphique est $\mathscr{P}$ est de la forme :
$f(x)= a(x+2)^2-3$.

On sait que le point de coordonnées $(3;0)$ appartient à la parabole.

Donc $f(3) = 0$ soit $25a – 3 = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{3}{25}$.

Ainsi $f(x) = \dfrac{3}{25}(x+2)^2-3$.

1. $\Delta = 49$ donc les racines sont $-\dfrac{2}{5}$ et $1$.
   Ainsi $h(x) = 5(x – 1)\left(x + \dfrac{2}{5}\right)$.
   $\quad$
2. $\quad$
   $$\begin{align*}
   h(x) &= 5x^2 – 3x – 2 \\\\
   &= 5\left(x^2 – \dfrac{3}{5}x – \dfrac{2}{5}\right) \\\\
   &= 5\left(x^2 – \dfrac{3}{5}x + \dfrac{9}{100} – \dfrac{9}{100} – \dfrac{2}{5}\right) \\\\
   &= 5\left(\left(x – \dfrac{3}{10}\right)^2 – \dfrac{49}{100}\right) \\\\
   &= 5\left(x – \dfrac{3}{10}\right)^2 – \dfrac{49}{20}
   \end{align*}$$
   $\quad$
3. Le coefficient $a=5 > 0$. Ce ne peut pas être la figure c.
   L’abscisse du sommet est $\dfrac{3}{10} > 0$. Il s’agit donc de la figure a.
   Remarque : on pouvait exclure la figure b en constatant que $x_1=1$ et $x_2=-\dfrac{2}{5}$. Par conséquent $x_1$ est plus éloigné de l’origine que $x_2$. Or sur le graphique, on remarque que $A$, point d’abscisse $x_2$ est plus éloigné de l’origine que $D$, point d’abscisse $x_1$.
   $\quad$
4. A l’aide de l’expression factorisée on trouve $A\left(-\dfrac{2}{5};0\right)$ et $D(1;0)$.
   A l’aide de l’expression développée on trouve $B(0;-2)$.
   A l’aide de la forme canonique on trouve $C\left(\dfrac{3}{10};-\dfrac{49}{20}\right)$.

Un algorithme possible est :

Variables :
$\quad$ $a$ est un réel non nul
$\quad$ $b, c, \Delta, x, y, S$ sont des réels
Initialisation :
$\quad$ Saisir $a$
$\quad$ Saisir $b$
$\quad$ Saisir $c$
Traitement :
Affecter à $\Delta$ le nombre $b^2 – 4ac$
$\quad$ Si $\Delta < 0$ alors
$\qquad$ Si $a < 0$ alors
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est strictement négative”
$\qquad$ Sinon
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est strictement positive”
$\qquad$ Fin Si
$\quad$ Fin Si
$\quad$ Si $\Delta = 0$ alors
$\qquad$ Affecter à $S$ le nombre $-\dfrac{b}{2a}$
$\qquad$ Si $a<0$ alors
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est négative et s’annule en $S$”
$\qquad$ Sinon
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est positive et s’annule en $S$”
$\qquad$ Fin Si
$\quad$ Fin Si
$\quad$ Si $\Delta > 0$
$\qquad$ Affecter à $x$ le nombre $\dfrac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a}$
$\qquad$ Affecter à $y$ le nombre $\dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}$
$\qquad$ Si $a < 0$ alors
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est négative sur $]-\infty;y] \cup [x;+\infty[$”
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est positive sur $[y;x]$”
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression s’annule en $y$ et $x$”
$\qquad$ Sinon
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est positive sur $]-\infty;x] \cup [y;+\infty[$”
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression est négative sur $[x;y]$”
$\qquad$ $\quad$ Afficher “L’expression s’annule en $x$ et $y$”
$\qquad$ Fin Si
$\quad$ Fin Si