-2.( 21n + 4) +3.(14n + 3) = 1.

Solution N°2.  et n'existent que si x ³ 1/2. Résolvons l'équation (E) suivante :   +  = a, puis on considérera successivement a = , a = 1 puis a = 2.
En élevant au carré chacun des membres de (E) on obtient 2x + 2.|x - 1| = a².

1) Si x ³ 1, (E) devient 4x = a² + 2 et x = (a² + 2)/4 ce qui donne S_a = {1}, S_b = Æ et S_c = {3/2}.

2) Si x Î [1/2; 1], (E) devient 2 = a² et S_a = [1/2; 1], S_b = Æ et S_c = Æ.

Conclusion, pour tout x ³ 1/2, S_a = [1/2; 1], S_b = Æ et S_c = {3/2}.

Solution N°3. Nous supposons b ¹ 0, puisque acos²x + bcosx + c = 0, nous avons cos²x = (acos²x + c)²/b²   = (1 + cos2x)/2  d'où b².cos²x = b².(1 + cos2x)/2 = a²cos⁴ x + 2accos²x + c² = a²(1 + cos²2x + 2.cos2x)/4 + 2ac(1 + cos2x)/2 + c².

2b²(1 + cos2x) =  a²(1 + cos²2x + 2.cos2x) + 4ac(1 + cos2x) + 4c².

Soit l'équation (E) recherchée : a²X² + (2a² + 4ac - 2b²)X - 2b² + a² + 4ac + 4c² = 0.

Si a = 4, b = 2 et c = -1 alors (E) devient : 16X² + 8X - 4 = 0 ou 4X² + 2X - 1 = 0 c'est-à-dire la même équation que (E') : acos²x + bcosx + c = 0 où nous remplacerions a par 4, b par 2 et c par -1.

Solution N°4. Construire un triangle rectangle, connaissant l'hypoténuse c, et sachant que la médiane issue du sommet de l'angle droit est moyenne géométrique des deux côtés de l'angle droit. Soit un triangle ABC rectangle en A, I le milieu de [BC], nous avons AI² = AB.AC = BC² /4 = c² /4 puisque dans un triange rectangle AI = BC/2. Par ailleurs, si H est le pied de la hauteur issue de A, AH.BC = AB.AC = c² /4 d'où AH = c /4.

Méthode de construction : on trace le segment [BC] de longueur donnée c, le cercle (C) de diamètre [BC], les deux droites d et d' parallèles à (BC) située à une distance de c/4 de (BC) qui recoupe le cercle précédent en quatre points A solutions. Pour construire à la règle et au compas d et d', on trace e perpendiculaire à (BC) passant par I elle recoupe (C) en deux point J et K, on place les milieux J' de [IJ] et K' de [IK] puis les mileux J'' de [IJ'] et K'' de [IK'], d est alors la droite perpendiculaire à (e) passant par J" et d' la droite perpendiculaire à e passant par K".

Solution N°5.

a) L'angle ANC = 90° puisque N appartient à C_P et [AC] est un diamètre de C_P. L'angle ANM = L'angle ADM car ce sont deux angles inscrits interceptant le même arc AM dans le cercle C_P. Mais L'angle ADM = 45° donc L'angle ANM = 45°. En faisant le même raisonnement dans le cercle C_Q on prouverait que l'angle MNB = 45°. Par conséquent l'angle ANB = 90°. Puisque l'angle ANB = l'angle ANC = 90°, N appartient à la droite (BC). D'autre part, l'angle BNF = 90° puisque N appartient à C_Q et [BF] est un diamètre de C_Q. Par conséquent l'angle ANF vaut 180° et N appartient à la droite (AF). N = N'.

b) Soit G et H les extrémités du diamètre du cercle (C) de diamètre [AB] perpendiculaire à [AB]. L'angle GNH = 90° car N appartient à (C) (d'après le a) où nous avons prouvé que l'angle ANM = 90°) et [GH] est un diamètre de (C). L'angle BNG = L'angle GAB = 45° (angles inscrits dans le cercle (C) interceptant le même arc GB). L'angle BNM = L'angle MEB = 45° (angles inscrits dans le cercle C_Q interceptant le même arc MB). L'angle MNG = 45° + 45° = 90° et les points M, N et H sont alignés, le point H étant ainsi le point fixe recherché.

Remarque :  la droite perpendiculaire à la droite (MN) passe par le point fixe G puisque nous avons montré que l'angle MNG = 90° et lorsque M décrit le segment ]A;B[, N décrit le cercle (C) privé des points A et B.

c) PMQG est un rectangle donc J est l'image de M par l'homothétie de centre G et de rapport 1/2. Par suite, lorsque M décrit le segment [A;B], J décrit le segment [K;L] avec K milieu de [AG] et L milieu de [BG].

Solution N°6. On trace d'abord d', la droite parallèle à d dans le plan P, passant par A et la droite d" parallèle à Q, passant par B. La distance entre d' et d" correspond à la hauteur de notre trapèze.

Sopposons le problème résolu :

H désignant le projeté orthogonal de C sur d' et I le centre du cercle inscrit dans ABCD.

(CI) est la bissectrice de l'angle BCD. Donc l'angle BCI = l'angle DCI = x.

(DI) est la bissectrice de l'angle ADC. Donc l'angle ADI = l'angle IDC = x car le trapèze est isocèle.

De même l'angle ABI = l'angle IBC = l'angle DAI = l'angle IAB = y. Par ailleurs, les angles DAB et BCD étant supplémentaires, x + y = 90°. Le triangle ADI est rectangle en I et isométriques avec AIH et BIC.

a) Première méthode.

Puisque AIH et BIC sont isométriques, BC = AH et pour placer le point B il suffit de construire le cercle (C) de centre C et de rayon AH. Si AH < CH,  il n'y a pas de solution au problème. Si AH = CH, le trapèze solution est un rectangle avec B confondu avec H. Si AH > CH, nous avons deux trapèzes isocèles possibles avec B intersection de (C) et de d'. Je vous laisse le soin de deviner la construction de D.

b) Deuxième méthode

Puisque le triangle AIH est rectangle en I, I est l'intersection du cercle de diamètre [AH] et de la droite f, équidistante de d' et d". Une fois le point I placé, B est obtenu comme intersection de la tangente au cercle inscrit passant par C, et D comme intersection de la tangente au cercle inscrit passant par A. On retrouve la discussion précédente sur le nombre de solutions suivant que AH/2 = rayon du cercle de diamètre [AH] est supérieur ou inférieur à CH/2.