Découvrir la forme canonique et résoudre les premières équations du second degré.
MathématiquesSecondeChapitre 7 / 15⏱ 9 h
Ce que tu sauras faire à la fin
Mettre un trinôme sous forme canonique
Résoudre une équation du second degré
Étudier le signe d'un trinôme
Un jet d'eau qui retombe, la trajectoire d'un ballon de football, le câble d'un pont suspendu, la parabole d'une antenne satellite : toutes ces courbes ont la même signature mathématique. Depuis le collège, tu sais résoudre des équations où l'inconnue apparaît « au premier degré », c'est-à-dire seule, sans être élevée au carré. Ce chapitre franchit une étape décisive : l'inconnue x va maintenant apparaître avec x2, et cela change tout — une équation du second degré peut avoir zéro, une ou deux solutions, et non plus toujours exactement une.
Tu vas apprendre à réécrire une expression comme 2x2−8x+3 sous une forme équivalente, la forme canonique, qui révèle instantanément le point le plus bas (ou le plus haut) de la courbe associée : son sommet. Cette forme canonique est l'outil central du chapitre : elle permet de résoudre les équations, d'étudier le signe du trinôme et de résoudre des problèmes concrets d'optimisation — trouver la aire maximale d'un enclos, le bénéfice maximal d'un commerce, la hauteur maximale d'un projectile.
C'est un chapitre exigeant mais gratifiant : chaque nouvelle notion (forme canonique, discriminant, factorisation) s'appuie sur la précédente, et tu retrouveras ces outils dans toutes les années qui suivent, jusqu'au baccalauréat. Prends le temps de bien maîtriser la complétion du carré dès la section 2 : c'est elle qui débloque tout le reste.
1Trinôme du second degré
Définition
Un trinôme du second degré est une expression de la forme
ax2+bx+c
où a, b et c sont des nombres réels fixés, appelés coefficients, avec la condition a=0.
La fonction f définie sur R par f(x)=ax2+bx+c s'appelle une fonction polynôme du second degré (ou fonction trinôme). Sa représentation graphique dans un repère est une courbe appelée parabole.
Le mot « trinôme » signifie simplement « trois termes » : le terme du second degré ax2, le terme du premier degré bx, et le terme constant c. Certains de ces termes peuvent être absents (leur coefficient vaut alors 0), mais le terme en x2 doit toujours être présent : c'est la condition a=0 qui garantit que le trinôme est bien « du second degré » et pas d'un degré inférieur.
Attention
Si a=0, l'expression bx+c est une fonction affine (degré 1 au plus), pas un trinôme du second degré. Avant tout calcul, vérifie toujours que le coefficient de x2 est bien non nul.
1.1 Identifier les coefficients
Reconnaître a, b et c est le premier réflexe à acquérir. Il faut parfois développer et réduire l'expression avant de pouvoir les lire directement.
Exemple — identifier a, b, c
Pour f(x)=−3x2+5x−7 : on lit directement a=−3, b=5, c=−7.
Pour g(x)=4x2−9 : il n'y a pas de terme en x, donc b=0. On a a=4, b=0, c=−9.
Pour h(x)=2x(x−3)+1, il faut d'abord développer :
h(x)=2x2−6x+1on développe 2x(x−3)=2x2−6x
D'où a=2, b=−6, c=1.
Exemple — calculer une image
Soit f(x)=2x2−3x−5. Calculons f(−2).
f(−2)=2×(−2)2−3×(−2)−5
=2×4+6−5
=8+6−5
=9
On a donc f(−2)=9 : le point de coordonnées (−2;9) appartient à la parabole représentant f.
1.2 Allure de la parabole selon le signe de a
Propriété (admise à ce stade)
La représentation graphique d'une fonction trinôme f(x)=ax2+bx+c est une parabole. Cette parabole possède un point extrémal appelé sommet :
si a>0, la parabole « s'ouvre vers le haut » et le sommet est le point le plus bas de la courbe ;
si a<0, la parabole « s'ouvre vers le bas » et le sommet est le point le plus haut de la courbe.
Toute parabole est symétrique par rapport à une droite verticale passant par son sommet. Nous justifierons précisément ces faits dans les sections 2 et 3, grâce à la forme canonique.
Figure 1 — Deux paraboles associées aux trinômes f(x)=(x−1)2−4 (a=1>0, sommet le plus bas) et g(x)=−(x−1)2+4 (a=−1<0, sommet le plus haut). Les deux courbes sont symétriques par rapport à la droite verticale x=1.
Math & Co — Des tablettes d'argile à l'algèbre
Bien avant l'invention de l'écriture algébrique, les scribes babyloniens résolvaient déjà, vers −1800, des problèmes revenant à nos équations du second degré. Sur des tablettes d'argile cunéiformes, ils décrivaient des procédures de calcul pas à pas (« ajoute ceci au carré de cela… ») pour trouver deux nombres connaissant leur somme et leur produit — sans jamais écrire la moindre lettre x, ni même concevoir de nombres négatifs.
Il faudra attendre plus de deux millénaires, et l'usage systématique des lettres pour désigner des nombres inconnus (notamment chez François Viète, à la fin du XVIᵉ siècle), pour que l'écriture ax2+bx+c que tu utilises aujourd'hui devienne possible.
2Forme canonique
La forme développéeax2+bx+c est pratique pour calculer une image, mais elle cache l'information la plus utile : où se situe le sommet de la parabole ? La forme canonique répond exactement à cette question.
Définition
La forme canonique d'un trinôme f(x)=ax2+bx+c est son écriture sous la forme
f(x)=a(x−α)2+β
où α et β sont deux nombres réels (le même a que dans la forme développée).
Pour l'obtenir, on utilise une technique appelée complétion du carré : on fait apparaître de force une identité remarquable (x+k)2=x2+2kx+k2 à l'intérieur du trinôme. Commençons par deux exemples numériques avant d'énoncer la méthode générale.
2.1 Compléter le carré : cas a=1
Exemple — forme canonique de f(x)=x2−6x+5
On veut faire apparaître (x−3)2, car le double produit de l'identité (x−3)2=x2−6x+9 donne bien −6x.
f(x)=x2−6x+5
=(x2−6x+9)−9+5on ajoute et on retranche 9 pour faire apparaître (x−3)2
=(x−3)2−4identité remarquable (x−k)2=x2−2kx+k2
La forme canonique de f est donc f(x)=(x−3)2−4, avec α=3 et β=−4.
2.2 Compléter le carré : cas a=1
Exemple — forme canonique de g(x)=2x2+8x+3
Ici a=2=1 : il faut d'abord factoriser a dans les deux premiers termes avant de compléter le carré.
g(x)=2x2+8x+3
=2(x2+4x)+3on factorise a=2 dans les termes en x2 et x
=2[(x+2)2−4]+3(x+2)2=x2+4x+4, donc x2+4x=(x+2)2−4
=2(x+2)2−8+3on distribue le 2
=2(x+2)2−5
La forme canonique de g est g(x)=2(x+2)2−5=2(x−(−2))2−5, avec α=−2 et β=−5.
Attention
L'erreur la plus fréquente : oublier de redistribuer le facteur a après avoir complété le carré à l'intérieur des crochets. Dans l'exemple ci-dessus, 2[(x+2)2−4] donne 2(x+2)2−8, et pas2(x+2)2−4.
2.3 Cas général
Démonstration — forme canonique dans le cas général
Soit f(x)=ax2+bx+c avec a=0. On factorise a dans les deux premiers termes, comme dans l'exemple précédent.
f(x)=a(x2+abx)+c
=a[(x+2ab)2−4a2b2]+con pose k=2ab : (x+k)2=x2+2kx+k2, donc x2+abx=(x+k)2−k2
=a(x+2ab)2−4ab2+con distribue a
=a(x+2ab)2+(c−4ab2)
En posant α=−2ab et β=c−4ab2, on obtient bien f(x)=a(x−α)2+β, avec β=f(α) puisque (α−α)2=0. C.Q.F.D.
Propriété
Pour tout trinôme f(x)=ax2+bx+c avec a=0, la forme canonique est f(x)=a(x−α)2+β avec
α=−2abetβ=f(α)
Méthode — mettre un trinôme sous forme canonique
1) Factoriser a dans les termes en x2 et x. 2) Repérer la moitié du coefficient de x restant : c'est le k de l'identité (x+k)2. 3) Ajouter et retrancher k2 à l'intérieur des crochets. 4) Redistribuer a, puis réduire les constantes.
Figure 2 — Cas particulier a=1 : la courbe de f(x)=(x−2)2+1 s'obtient à partir de celle de y=x2 par la translation qui envoie l'origine O(0;0) sur le sommet S(2;1). Le (α,β) de la forme canonique donne exactement les coordonnées de ce vecteur de translation.
3Sommet et axe de symétrie
La forme canonique f(x)=a(x−α)2+β va maintenant révéler tout son intérêt : elle donne directement, sans aucun calcul supplémentaire, les coordonnées du sommet de la parabole et les variations de f.
Théorème
Soit f(x)=ax2+bx+c=a(x−α)2+β sa forme canonique, avec α=−2ab. La parabole représentant f admet :
pour sommet le point S(α;β) ;
pour axe de symétrie la droite verticale d'équation x=α.
Démonstration — symétrie
Pour tout nombre réel h, comparons f(α+h) et f(α−h).
f(α+h)=a((α+h)−α)2+β=ah2+β
f(α−h)=a((α−h)−α)2+β=a(−h)2+β=ah2+β
Donc f(α+h)=f(α−h) pour tout h : les points de la courbe situés à égale distance de x=α ont la même image. La courbe est bien symétrique par rapport à la droite x=α, et comme f(α)=β, le point S(α;β) est sur cet axe. C.Q.F.D.
Propriété — variations
Puisque (x−α)2⩾0 pour tout x, et que ce carré vaut 0 uniquement en x=α, le nombre a(x−α)2 s'écarte de 0 de plus en plus, dans le sens de a, à mesure que x s'éloigne de α. Il en résulte :
si a>0 : f est décroissante sur ]−∞;α] puis croissante sur [α;+∞[ ; β est le minimum de f sur R ;
si a<0 : f est croissante sur ]−∞;α] puis décroissante sur [α;+∞[ ; β est le maximum de f sur R.
Cas a>0
x
−∞
α
+∞
f(x)
↘ β ↗
Cas a<0
x
−∞
α
+∞
f(x)
↗ β ↘
Figure 3 — La parabole de f(x)=0,5(x−2)2−4 : sommet S(2;−4), axe de symétrie x=2, et deux points A, B symétriques de même image.
Exemple — sommet et tableau de variations
Soit f(x)=−2x2+8x−3. Mettons-la sous forme canonique.
f(x)=−2(x2−4x)−3
=−2[(x−2)2−4]−3
=−2(x−2)2+8−3
=−2(x−2)2+5
D'où α=2, β=5 : le sommet est S(2;5), l'axe de symétrie est x=2. Comme a=−2<0, f est croissante sur ]−∞;2] puis décroissante sur [2;+∞[, et 5 est le maximum de f sur R.
3.3 Application : optimiser une aire
Le sommet d'une parabole n'est pas qu'une curiosité graphique : il permet de résoudre des problèmes d'optimisation, très fréquents en économie, en agriculture ou en ingénierie.
Méthode — optimiser à l'aide du sommet
1) Choisir une variable x et écrire la grandeur à optimiser comme un trinôme f(x), en précisant le domaine de validité de x. 2) Mettre f sous forme canonique. 3) Lire le maximum (si a<0) ou le minimum (si a>0) au sommet S(α;β).
Exemple — l'enclos rectangulaire
Un éleveur dispose de 40 m de grillage pour clôturer un enclos rectangulaire, en s'appuyant sur un mur déjà existant sur l'un des côtés (pas de grillage nécessaire le long du mur). On note x la longueur, en mètres, de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur.
Figure 4 — L'enclos s'appuie sur le mur ; seuls les trois autres côtés (deux de longueur x, un de longueur 40−2x) sont grillagés.
Les deux côtés perpendiculaires au mur mesurent chacun x et consomment donc 2x mètres de grillage à eux deux. Comme il ne reste que 40 m de grillage au total, le côté restant — parallèle au mur, en face de lui — mesure 40−2x mètres. L'aire de l'enclos, en fonction de x, est :
A(x)=x(40−2x)
=−2x2+40xdomaine : x∈]0;20[
Mettons A sous forme canonique pour trouver son maximum.
A(x)=−2(x2−20x)
=−2[(x−10)2−100]
=−2(x−10)2+200
Comme a=−2<0, le sommet S(10;200) donne le maximum de A. L'aire est donc maximale pour x=10 m, et elle vaut alors 200 m² (l'enclos mesure 10 m sur 20 m).
Figure 5 — La parabole A(x)=−2(x−10)2+200 : le sommet donne l'aire maximale, atteinte pour x=10 m.
4Discriminant
Résoudre f(x)=0, c'est chercher les points où la parabole coupe l'axe des abscisses. Combien y en a-t-il : zéro, un ou deux ? La forme canonique, une fois encore, donne la réponse — à travers un nombre clé appelé le discriminant.
Définition
Le discriminant du trinôme ax2+bx+c (a=0) est le nombre réel, noté Δ (lettre grecque « delta » majuscule), défini par :
Δ=b2−4ac
Démonstration — Δ pilote le nombre de solutions
On a vu (section 2) que β=c−4ab2=4a4ac−b2=−4aΔ. L'équation f(x)=0 s'écrit, avec la forme canonique :
a(x−α)2+β=0
⟺a(x−α)2=−β
⟺(x−α)2=−aβ=4a2Δ
Comme 4a2>0 toujours, le nombre 4a2Δ a le même signe que Δ. Or un carré (x−α)2 est toujours positif ou nul, et ne peut jamais être strictement négatif : l'équation (x−α)2=4a2Δ n'a donc de solution que si le membre de droite est positif ou nul. C.Q.F.D. (la suite, avec les formules explicites, fait l'objet de la section 5).
Théorème — nombre de solutions
L'équation ax2+bx+c=0 (a=0), de discriminant Δ=b2−4ac, admet :
si Δ>0 : deux solutions distinctes ;
si Δ=0 : une seule solution (dite « double ») ;
si Δ<0 : aucune solution réelle.
Figure 6 — Les trois cas selon le signe de Δ : la parabole coupe l'axe des abscisses en deux points, le touche en un seul, ou reste entièrement au-dessus.
Pour quelles valeurs de m l'équation x2−4x+m=0 admet-elle une solution double ?
Δ=(−4)2−4×1×m=16−4m
solution double ⟺Δ=0
⟺16−4m=0
⟺m=4
Attention
Le discriminant se calcule avec un signe moins : Δ=b2−4ac, et non b2+4ac. Une erreur de signe sur Δ fait basculer d'un cas à l'autre (deux solutions au lieu d'aucune, par exemple) : vérifie toujours ton calcul, surtout quand a ou c est négatif.
5Résolution de ax2+bx+c=0
Il ne reste plus qu'à rendre explicites les solutions annoncées à la section précédente. On retrouve les trois mêmes trinômes-témoins : leurs racines vont confirmer, avec des nombres, ce que la théorie a prédit.
Démonstration — les formules de résolution
Soit ax2+bx+c=0, avec a=0. On multiplie l'équation par 4a (ce qui ne change pas ses solutions, car 4a=0), pour faire apparaître un carré parfait.
4a2x2+4abx+4ac=0
⟺(2ax)2+2×(2ax)×b+b2=b2−4acon ajoute b2 des deux côtés pour compléter le carré (2ax+b)2
⟺(2ax+b)2=Δ
Un carré ne peut être négatif : si Δ<0, aucune solution. Sinon, on peut prendre la racine carrée.
si Δ=0 :2ax+b=0
⟺x=−2absolution unique
si Δ>0 :2ax+b=Δ ou 2ax+b=−Δ
⟺x=2a−b+Δ ou x=2a−b−Δ
C.Q.F.D.
Théorème — formules de résolution
Soit ax2+bx+c=0 (a=0), de discriminant Δ=b2−4ac. L'ensemble des solutions S est :
si Δ>0 : S={2a−b−Δ;2a−b+Δ} ;
si Δ=0 : S={−2ab} ;
si Δ<0 : S=∅.
Méthode — résoudre ax2+bx+c=0
1) Vérifier que l'équation est bien sous la forme ax2+bx+c=0 (au besoin, développer et tout regrouper d'un côté). 2) Identifier a, b, c, puis calculer Δ=b2−4ac. 3) Appliquer la formule correspondant au signe de Δ.
Exemple — les trois cas résolus
Cas Δ>0 :x2−2x−3=0.
Δ=(−2)2−4×1×(−3)=4+12=16
Δ=16=4
x1=22−4=−1 et x2=22+4=3
Cas Δ=0 :x2−2x+1=0.
Δ=(−2)2−4×1×1=4−4=0
x0=2×1−(−2)=1solution double
Cas Δ<0 :x2−2x+3=0.
Δ=(−2)2−4×1×3=4−12=−8<0
⇒S=∅aucune solution réelle
Exemple — équation à réduire d'abord
Résolvons (x−1)(x+3)=2x+9.
x2+2x−3=2x+9
⟺x2−12=0on regroupe tout à gauche
Δ=02−4×1×(−12)=48
Δ=48=43
x1=20−43=−23 et x2=23
Attention
Trois pièges classiques : oublier le double signe± devant Δ quand Δ>0 ; oublier les parenthèses qui protègent −b±Δ au numérateur entier ; conclure trop vite « pas de solution » si Δ<0 sans avoir vérifié a=0.
Math & Co — Al-Khwarizmi et la naissance de l'« algèbre »
Vers 820, à Bagdad, le savant Al-Khwarizmi écrit un traité intitulé Kitāb al-jabr wa al-muqābala. Il y résout, en langage courant et à l'aide de figures géométriques (sans aucun symbole !), tous les types d'équations du second degré alors connus — les nombres négatifs n'étant pas encore acceptés, chaque cas de signe était traité séparément.
Le mot arabe al-jabr a donné en français le mot « algèbre ». Il faudra encore huit siècles, et les travaux de Viète puis de Descartes, pour que l'écriture symbolique ax2+bx+c=0 remplace les longues phrases d'Al-Khwarizmi.
6Factorisation et signe du trinôme
Connaître les racines d'un trinôme permet d'aller plus loin que la simple résolution d'équation : cela permet de le factoriser (l'écrire comme un produit), puis d'en étudier le signe — une question essentielle dès qu'on doit résoudre une inéquation ou justifier qu'une grandeur reste positive.
Théorème — factorisation
Soit f(x)=ax2+bx+c (a=0), de discriminant Δ.
si Δ>0, de racines x1 et x2 : f(x)=a(x−x1)(x−x2) ;
si Δ=0, de racine double x0 : f(x)=a(x−x0)2 ;
si Δ<0 : f ne se factorise pas en produit de facteurs du premier degré (elle est dite irréductible sur R).
Démonstration — cas Δ>0
Reprenons la forme canonique f(x)=a(x−α)2+β avec β=−4aΔ, et Δ>0.
f(x)=a[(x−α)2−4a2Δ]
=a(x−α)2−(2aΔ)2Δ>0 donc Δ existe, et (2aΔ)2=4a2Δ
Comme α=−2ab, les deux facteurs entre parenthèses valent exactement x−x2 et x−x1 (les racines trouvées en section 5). D'où f(x)=a(x−x1)(x−x2). C.Q.F.D.
Exemple — factoriser
Factorisons f(x)=x2−2x−3, déjà résolue en section 5 : Δ=16, x1=−1, x2=3.
f(x)=1×(x−(−1))(x−3)
=(x+1)(x−3)
Vérification par développement : (x+1)(x−3)=x2−3x+x−3=x2−2x−3. ✓
6.1 Signe du trinôme
Propriété — signe du trinôme
Soit f(x)=ax2+bx+c (a=0), de discriminant Δ.
si Δ>0, de racines x1<x2 : f(x) est du signe de aà l'extérieur des racines, du signe opposé à a entre les racines, et nul en x1 et x2 ;
si Δ=0, de racine x0 : f(x) est du signe de a pour tout x=x0, et nul en x0 ;
si Δ<0 : f(x) est du signe de a pour toutx réel (jamais nul).
Cette règle découle directement de la factorisation : quand Δ>0, f(x)=a(x−x1)(x−x2) est un produit de trois facteurs. Le signe d'un produit se lit terme à terme, exactement comme tu l'as appris avec les inéquations produit : chaque facteur (x−x1) et (x−x2) change de signe en passant par sa racine, ce qui inverse le signe du produit à chaque passage.
x
−∞
x1
x2
+∞
x−x1
−
0
+
+
x−x2
−
0
+
f(x)
signe de a
0
signe de −a
0
signe de a
Figure 7 — Lecture graphique du signe : la courbe est au-dessus de l'axe (f(x)>0, zone verte) à l'extérieur des racines, et en dessous (f(x)<0, zone rouge) entre les racines, car ici a=1>0.
Exemple — signe sans racine réelle
Étudions le signe de h(x)=2x2+3x+5.
Δ=32−4×2×5=9−40=−31<0
Comme Δ<0, h ne s'annule jamais et garde un signe constant, celui de a=2>0. On conclut : h(x)>0 pour toutx∈R, sans avoir besoin de factoriser.
Méthode — étudier le signe d'un trinôme
1) Calculer Δ. 2) Si Δ<0 : conclure directement, signe constant de a. 3) Si Δ⩾0 : calculer la ou les racines, les ranger dans l'ordre croissant, puis appliquer la règle « signe de a à l'extérieur, signe opposé entre les racines » (tableau de signes).
Attention
Sans racine réelle (Δ<0) ne signifie pas que le trinôme est nul ou indéterminé : il garde simplement un signe constant, égal au signe de a, sur R tout entier. C'est une conclusion à part entière, pas une absence de réponse.
Propriété — relations entre coefficients et racines
Si Δ⩾0, et si x1, x2 désignent les racines de ax2+bx+c (éventuellement confondues), alors :
x1+x2=−abetx1×x2=ac
Ces relations se vérifient en développant a(x−x1)(x−x2)=ax2−a(x1+x2)x+ax1x2 et en identifiant avec ax2+bx+c. Elles sont très utiles pour vérifier rapidement des racines trouvées, sans refaire tout le calcul de Δ.
Math & Co — François Viète, le père de l'algèbre symbolique
François Viète (1540-1603), juriste et mathématicien français au service d'Henri IV, est le premier à utiliser systématiquement des lettres pour désigner aussi bien les inconnues que les données connues d'un problème — une révolution qui rend enfin possible l'écriture générale ax2+bx+c=0. C'est dans son ouvrage In Artem Analyticem Isagoge (1591) qu'apparaissent les relations portant aujourd'hui son nom, entre la somme, le produit des racines et les coefficients.
Curieusement, Viète lui-même refusait encore les racines négatives ou complexes, qu'il jugeait dépourvues de sens géométrique : il faudra attendre encore deux siècles pour que les mathématiciens les acceptent pleinement.
Fiche mémo
Trinôme : f(x)=ax2+bx+c, a=0. Courbe : une parabole.
Forme canonique : f(x)=a(x−α)2+β, avec α=−2ab et β=f(α).
Sommet S(α;β), axe de symétrie la droite x=α.
Si a>0 : f décroît puis croît, β est un minimum. Si a<0 : f croît puis décroît, β est un maximum.
Discriminant : Δ=b2−4ac.
Δ>0 : deux solutions ; Δ=0 : une solution double ; Δ<0 : aucune solution réelle.
Formules : x=2a−b±Δ (si Δ⩾0).
Factorisation : a(x−x1)(x−x2) si Δ>0 ; a(x−x0)2 si Δ=0 ; impossible si Δ<0.
Signe : signe de a à l'extérieur des racines, signe opposé entre les racines (si Δ>0) ; signe de a partout si Δ⩽0 (nul seulement en cas de racine double).
Relations de Viète : x1+x2=−ab et x1x2=ac.
Optimisation : le sommet donne directement le maximum (a<0) ou le minimum (a>0) de la grandeur étudiée.
7Exercices corrigés
Niveau 1 — Application directe
1
Pour chacune des expressions suivantes, donne les coefficients a, b, c du trinôme associé (développe si nécessaire) : a) f(x)=5x2−3x+2 ; b) g(x)=−x2+7 ; c) h(x)=3x(x+2)−5 ; d) k(x)=(x−1)(x+4).
Voir le corrigé détaillé
a) f(x)=5x2−3x+2 : a=5, b=−3, c=2
b) g(x)=−x2+7 : a=−1, b=0, c=7
c) h(x)=3x2+6x−5on développe 3x(x+2)=3x2+6x
donc a=3, b=6, c=−5
d) k(x)=x2+3x−4on développe (x−1)(x+4)=x2+4x−x−4
donc a=1, b=3, c=−4
2
Mets f(x)=x2−8x+10 sous forme canonique, puis donne les coordonnées de son sommet.
Voir le corrigé détaillé
f(x)=(x2−8x+16)−16+10
=(x−4)2−6
La forme canonique est f(x)=(x−4)2−6 ; le sommet est S(4;−6).
3
Soit g(x)=3(x+2)2−7. Donne le sommet, l'axe de symétrie, et dresse le tableau de variations de g.
Voir le corrigé détaillé
On identifie g(x)=3(x−(−2))2+(−7) : α=−2, β=−7, a=3.
Sommet S(−2;−7), axe de symétrie x=−2. Comme a=3>0 :
x
−∞
−2
+∞
g(x)
↘ −7 ↗
4
Calcule le discriminant de chaque équation et indique combien de solutions elle admet : a) 2x2−5x+3=0 ; b) x2+6x+9=0 ; c) x2−x+1=0.
Voir le corrigé détaillé
a) Δ=(−5)2−4×2×3=25−24=1>0deux solutions
b) Δ=62−4×1×9=36−36=0une solution double
c) Δ=(−1)2−4×1×1=1−4=−3<0aucune solution réelle
5
Résous l'équation 2x2−3x−2=0.
Voir le corrigé détaillé
Δ=(−3)2−4×2×(−2)=9+16=25
Δ=5
x1=43−5=−21 et x2=43+5=2
S={−21;2}.
Niveau 2 — Approfondissement
6
Mets f(x)=−3x2+12x−5 sous forme canonique, puis donne son sens de variation.
Voir le corrigé détaillé
f(x)=−3(x2−4x)−5
=−3[(x−2)2−4]−5
=−3(x−2)2+12−5
=−3(x−2)2+7
Sommet S(2;7). Comme a=−3<0, f est croissante sur ]−∞;2] puis décroissante sur [2;+∞[ ; 7 est le maximum de f.
7
Résous (2x−3)(x+1)=x2−1.
Voir le corrigé détaillé
2x2−x−3=x2−1on développe (2x−3)(x+1)=2x2+2x−3x−3
⟺x2−x−2=0on regroupe tout à gauche
Δ=(−1)2−4×1×(−2)=1+8=9
Δ=3
x1=21−3=−1 et x2=21+3=2
S={−1;2}.
8
Factorise f(x)=x2−5x+6, étudie son signe, puis résous l'inéquation x2−5x+6⩽0.
Voir le corrigé détaillé
Δ=(−5)2−4×1×6=25−24=1
Δ=1
x1=25−1=2 et x2=25+1=3
⇒f(x)=(x−2)(x−3)
Comme a=1>0 : f(x)>0 sur ]−∞;2[∪]3;+∞[, et f(x)<0 sur ]2;3[.
L'inéquation f(x)⩽0 est donc vérifiée sur [2;3] (les racines sont incluses, car ⩽).
9
Détermine la valeur du paramètre réel m pour laquelle l'équation x2−6x+m=0 admet une solution double, puis donne cette solution.
Voir le corrigé détaillé
Δ=(−6)2−4×1×m=36−4m
solution double ⟺Δ=0
⟺36−4m=0
⟺m=9
Pour m=9, la solution double vaut x0=−2ab=26=3.
Niveau 3 — Défi
10
On considère, pour m réel, la fonction fm(x)=(m−2)x2+2x−1.
Pour quelle valeur de m l'expression fm(x) n'est-elle pas un trinôme du second degré ? Que devient alors l'équation fm(x)=0 ?
On suppose désormais m=2. Exprime le discriminant Δ(m) de fm en fonction de m, puis étudie son signe selon les valeurs de m.
Déduis-en, selon les valeurs de m, le nombre de solutions de l'équation fm(x)=0.
Voir le corrigé détaillé
1.fm est un trinôme du second degré si et seulement si le coefficient de x2 est non nul, c'est-à-dire m=2. Pour m=2, f2(x)=2x−1 est affine ; l'équation f2(x)=0 équivaut à x=21 : une unique solution, obtenue sans discriminant.
2. Pour m=2, on identifie a=m−2, b=2, c=−1.
Δ(m)=22−4(m−2)×(−1)
=4+4(m−2)
=4m−4
Le signe de Δ(m)=4m−4 est celui de m−1 : Δ(m)>0⟺m>1 ; Δ(m)=0⟺m=1 ; Δ(m)<0⟺m<1.
3. En combinant les deux points :
si m<1 : Δ(m)<0, aucune solution ;
si m=1 : Δ(m)=0, une solution double (et m=1=2, le trinôme est bien du second degré) ;
si 1<m, m=2 : Δ(m)>0, deux solutions ;
si m=2 : cas particulier affine, une solution x=21.
11
Soit f(x)=x2−4x+3, représentée par une parabole (P).
Détermine les coordonnées du sommet S de (P) et l'équation de son axe de symétrie.
Démontre que, pour tout réel x, f(x)⩾−1.
La droite d'équation y=3 coupe-t-elle (P) ? Si oui, précise en quel(s) point(s).
Voir le corrigé détaillé
1. Forme canonique :
f(x)=(x2−4x+4)−4+3
=(x−2)2−1
Sommet S(2;−1), axe de symétrie x=2.
2. Pour tout réel x, (x−2)2⩾0, donc f(x)=(x−2)2−1⩾0−1=−1. L'inégalité est démontrée, avec égalité uniquement en x=2.
3. On résout f(x)=3 :
x2−4x+3=3
⟺x2−4x=0
⟺x(x−4)=0
⟺x=0 ou x=4
La droite y=3 coupe donc (P) en deux points : (0;3) et (4;3).
12
Un rectangle a un périmètre fixé de 24 cm. On note x la longueur, en cm, de l'un de ses côtés.
Exprime l'aire A(x) du rectangle en fonction de x, en précisant le domaine de définition.
Mets A sous forme canonique et donne son sens de variation.
Quelle est l'aire maximale possible, et pour quelle forme de rectangle est-elle atteinte ?
Voir le corrigé détaillé
1. Si un côté mesure x, l'autre mesure L avec 2(x+L)=24, donc L=12−x.
A(x)=x(12−x)
=−x2+12xdomaine : x∈]0;12[
2.
A(x)=−(x2−12x)
=−[(x−6)2−36]
=−(x−6)2+36
Comme a=−1<0, A est croissante sur ]0;6] puis décroissante sur [6;12[.
3. L'aire maximale est 36 cm², atteinte pour x=6 : alors L=12−6=6 également. Le rectangle d'aire maximale, à périmètre fixé, est donc un carré de côté 6 cm.
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
13
Commerce à Dakar. Mariama tient un étal de riz au marché Sandaga. Si elle fixe son prix de vente à x milliers de F CFA le sac, son bénéfice quotidien, en milliers de F CFA, est modélisé par B(x)=−2x2+40x−150, pour x∈[2;18].
Quel prix de vente maximise le bénéfice quotidien de Mariama, et quel est ce bénéfice maximal ?
Pour quelles valeurs de x le commerce est-il bénéficiaire, c'est-à-dire B(x)>0 ?
Voir le corrigé détaillé
1. On met B sous forme canonique.
B(x)=−2(x2−20x)−150
=−2[(x−10)2−100]−150
=−2(x−10)2+200−150
=−2(x−10)2+50
Comme a=−2<0, le sommet S(10;50) donne le maximum : Mariama doit vendre le sac à 10000 F CFA, pour un bénéfice quotidien maximal de 50000 F CFA.
2. On résout B(x)=0 pour trouver les bornes du signe.
−2x2+40x−150=0
⟺x2−20x+75=0on divise par −2
Δ=(−20)2−4×1×75=400−300=100
Δ=10
x1=220−10=5 et x2=220+10=15
Comme a=−2<0 (coefficient de la forme développée initiale), B(x)>0 entre les racines : le commerce est bénéficiaire pour x∈]5;15[, soit un prix de vente strictement compris entre 5000 et 15000 F CFA.
14
Élevage près de Ndjamena. Boubacar veut clôturer un enclos rectangulaire avec 60 m de grillage, sur les quatre côtés (pas de mur cette fois). On note x la largeur de l'enclos, en mètres.
Exprime l'aire A(x) de l'enclos en fonction de x.
Détermine l'aire maximale possible, et les dimensions de l'enclos correspondant.
Le grillage coûte 2500 F CFA le mètre. Calcule le coût total du grillage pour cet enclos.
Voir le corrigé détaillé
1. Le périmètre vaut 60 m, donc la longueur vaut 30−x.
A(x)=x(30−x)
=−x2+30xdomaine x∈]0;30[
2.
A(x)=−(x2−30x)
=−[(x−15)2−225]
=−(x−15)2+225
L'aire maximale est 225 m², atteinte pour x=15 m (l'enclos est alors un carré de 15 m de côté).
3. Le coût du grillage ne dépend que de sa longueur totale, fixée à 60 m, quelle que soit la forme choisie :
coût =60×2500
=150000 F CFA
15
Fontaine à Abidjan. Sur une place publique, un jet d'eau ornemental suit une trajectoire modélisée par h(x)=−x2+4x, où x est la distance horizontale et h(x) la hauteur, toutes deux en mètres, pour x∈[0;4].
Détermine la hauteur maximale atteinte par le jet d'eau, et la distance horizontale correspondante.
À quelle distance horizontale le jet retombe-t-il au niveau du sol ?
À quelle(s) distance(s) horizontale(s) le jet atteint-il une hauteur de 3 m ?
Voir le corrigé détaillé
1. Forme canonique :
h(x)=−(x2−4x)
=−[(x−2)2−4]
=−(x−2)2+4
Comme a=−1<0, le sommet S(2;4) donne le maximum : le jet atteint une hauteur maximale de 4 m, à 2 m de distance horizontale.
2. Le jet touche le sol quand h(x)=0 :
−x2+4x=0
⟺x(4−x)=0
⟺x=0 ou x=4
Le jet retombe au sol à 4 m du point de départ (x=0 correspond au départ).
3. On résout h(x)=3 :
−x2+4x=3
⟺x2−4x+3=0
Δ=(−4)2−4×1×3=16−12=4
Δ=2
x1=24−2=1 et x2=24+2=3
Le jet passe par une hauteur de 3 m à deux reprises : à 1 m (en montant) et à 3 m de distance horizontale (en redescendant).
Figure 8 — Trajectoire du jet d'eau : hauteur maximale de 4 m atteinte à 2 m, hauteur de 3 m atteinte deux fois (à 1 m et à 3 m), retour au sol à 4 m.
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Pour qu'une expression ax2+bx+c soit un trinôme du second degré, quelle condition est nécessaire ?
Explication : C'est la condition a=0 qui garantit la présence du terme en x2 : sans elle, l'expression bx+c est seulement affine.
La représentation graphique d'une fonction trinôme du second degré est appelée :
Explication : Toute fonction f(x)=ax2+bx+c (a=0) se représente par une courbe appelée parabole.
Si a<0, le sommet de la parabole associée à f(x)=ax2+bx+c est :
Explication : Quand a<0, la parabole s'ouvre vers le bas : son sommet est donc le point le plus haut de la courbe, et β est un maximum.
La forme canonique d'un trinôme f(x)=ax2+bx+c s'écrit :
Explication : La forme canonique met en évidence le sommet (α;β) de la parabole, avec le même coefficient a que dans la forme développée.
Pour h(x)=2x(x−3)+1, une fois développée et réduite, les coefficients sont :
Explication :f(x)=(x2−6x+9)−9+5=(x−3)2−4, en ajoutant et retranchant 9 pour faire apparaître le carré.
La forme canonique de g(x)=2x2+8x+3 est :
Explication :g(x)=2(x2+4x)+3=2[(x+2)2−4]+3=2(x+2)2−8+3=2(x+2)2−5. Il ne faut pas oublier de redistribuer le 2 sur le −4.
Le sommet de la parabole associée à f(x)=3(x−1)2+4 est le point :
Explication : Dans la forme canonique a(x−α)2+β, le sommet est S(α;β). Ici α=1 et β=4.
Soit f(x)=−2(x−5)2+7. Quel est le sens de variation de f ?
Explication : Comme a=−2<0, f est croissante avant le sommet x=5, puis décroissante après ; 7 est le maximum de f.
Le discriminant du trinôme ax2+bx+c est défini par :
Explication : Par définition, Δ=b2−4ac — attention au signe moins, piège classique quand a ou c est négatif.
Si Δ<0, l'équation ax2+bx+c=0 (a=0) admet :
Explication : Un carré ne peut jamais être strictement négatif : quand Δ<0, l'équation (x−α)2=4a2Δ n'a aucune solution réelle.
Pour l'équation 3x2−2x−5=0, le discriminant vaut :
Explication :Δ=(−2)2−4×3×(−5)=4+60=64.
Les solutions de x2−2x−3=0 sont :
Explication :Δ=(−2)2−4×1×(−3)=16, Δ=4. x1=22−4=−1 et x2=22+4=3.
Si Δ>0, de racines x1 et x2, le trinôme ax2+bx+c se factorise en :
Explication : Dès que Δ>0, la forme canonique se transforme, via l'identité u2−v2=(u−v)(u+v), en a(x−x1)(x−x2).
Pour Δ>0 et x1<x2, le trinôme f(x)=ax2+bx+c est du signe de a :
Explication : Le trinôme se factorise en a(x−x1)(x−x2), un produit dont le signe s'obtient facteur par facteur : signe de a à l'extérieur des racines, signe opposé entre elles.
Si x1 et x2 sont les racines de ax2+bx+c (avec Δ⩾0), alors :
Explication : Ce sont les relations de Viète, obtenues en identifiant a(x−x1)(x−x2) avec ax2+bx+c.
Un maraîcher dispose de 50 m de grillage pour clôturer un enclos rectangulaire adossé à un mur (pas de grillage le long du mur). En notant x la longueur de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur, l'aire de l'enclos vaut A(x)=x(50−2x). Pour quelle valeur de x l'aire est-elle maximale ?
Explication :A(x)=−2x2+50x=−2(x2−25x)=−2[(x−12,5)2−156,25]=−2(x−12,5)2+312,5. Le sommet, en x=12,5, donne l'aire maximale.
Pour h(x)=2x2+3x+5, on calcule Δ=−31. Que peut-on en conclure ?
Explication : Sans racine réelle, h garde un signe constant sur R, égal au signe de a. Ici a=2>0, donc h(x)>0 pour tout x : c'est une conclusion complète, pas une absence de réponse.
Un vendeur de mangues à Bouaké modélise son bénéfice quotidien (en milliers de F CFA) par B(x)=−x2+20x−51, où x est le prix de vente en centaines de F CFA. Pour quel prix le bénéfice est-il maximal, et quel est ce bénéfice ?
Explication :B(x)=−(x2−20x)−51=−[(x−10)2−100]−51=−(x−10)2+49. Le sommet S(10;49) donne le bénéfice maximal : prix de 1000 F CFA, bénéfice de 49000 F CFA.
Pour résoudre correctement l'équation (x−2)(x+5)=3x+1, la première étape est :
Explication : Le discriminant ne s'applique qu'à une équation déjà mise sous la forme ax2+bx+c=0 : il faut d'abord développer (x−2)(x+5), puis tout regrouper à gauche avant de calculer Δ.
