Second degré
(ou on utilise la courbe représentative)
\text{Donc S}=[-1~;~1]
On résout l'inéquation \(12-3|x|\geqslant 0\) :
(ou \(12-3|x|\leqslant 0\))
On résout l'inéquation \(12-3|x|\geqslant 0\) :
12-3|x|\geqslant 0
-3|x|\geqslant -12
|x|\leqslant 4
-4\leqslant x\leqslant 4
Pensez à conjecturer le signe de la fonction à l'aide de la calculatrice...
Second degré
Fonction polynôme du second degré :
f(x)=ax^2+bx+c
a\neq 0
(forme développée)
f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta
\alpha = -\frac{b}{2a}\;et\;\beta=f(\alpha)
(forme canonique)
\beta \text{ est l'extremum de }f, \text{ atteint pour }x=\alpha .
Déterminer une forme canonique :
Méthode 1 : On calcule \(\alpha\) puis \(\beta\)
Ici \(a= -3\) et \(b=6\) donc \(\alpha = -\dfrac{6}{2\times (-3)}=1\).
f (x) = -3x^2 +6x -4
\beta = f(1) =-3\times 1^2+6\times 1-4= -1
La forme canonique de \(f\) est donc \(f(x) =-3(x-1)^2-1 \).
f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta
Déterminer une forme canonique :
Méthode 2 :
f (x) = -3x^2 +6x -4
f(x) =-3\left(x^2-2x+\dfrac{4}{3}\right)
\text{Rq :}-4=-\dfrac{4\times 3}{3}=-3\times \dfrac{4}{3}
Mettre \(-3\) en facteur :
Reconnaître le début d'une identité remarquable :
(x-1)^2 = x^2-2x+1
f(x) =-3\left[(x-1)^2-1+\dfrac{4}{3}\right]
(x-1)^2-1 = x^2-2x
f(x) =-3\left[(x-1)^2+\dfrac{1}{3}\right]
f(x) =-3(x-1)^2-1
Développer :
Démonstration (forme canonique) :
une fonction polynôme
Soit\;f(x)=ax^2+bx+c\;avec\;a\neq0
On commence par mettre a en facteur (c’est possible, car ).
a\neq0
f(x)=a\left(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}\right)
x^2+\frac{b}{a}x
est le début du développement de
(x+\frac{b}{2a})^2
En effet,
(x+\frac{b}{2a})^2=x^2+\frac{b}{a} x +(\frac{b}{2a})^2
(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{b^2}{4a^2}=x^2+\frac{b}{a} x
Donc
f(x)=a\left[(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{b^2}{4a^2}+\frac{c}{a}\right]
Ainsi
du second degré.
f(x)=a\left[(x+\frac{b}{2a})^2-(\frac{b^2}{4a^2}-\frac{c}{a})\right]
f(x)=a\left[(x+\frac{b}{2a})^2-(\frac{b^2}{4a^2}-\frac{4ac}{4a^2})\right]
f(x)=a(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{b^2-4ac}{4a}
f(x)=a\left[(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{b^2-4ac}{4a^2}\right]
\alpha = -\frac{b}{2a}\;et\;\beta=-\frac{b^2-4ac}{4a}
En posant :
f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta
on obtient :
et\;f(\alpha)=a(\alpha-\alpha)^2+\beta=\beta.
Démonstration (variations) :
f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta
\text{Sens de variation de }f \text{ sur }]-\infty~;~\alpha] :
Pour tous réels \(x_1\) et \(x_2\) de l'intervalle \(]-\infty ~;~\alpha]\) tels que :
x_1 < x_2\leqslant\alpha
\text{on a : }x_1- \alpha< x_2-\alpha\leqslant 0
Or, la fonction carré est décroissante sur \(]-\infty ~;~0]\) donc
(x_1- \alpha)^2> (x_2-\alpha)^2
Si a < 0 alors
a(x_1- \alpha)^2< a (x_2-\alpha)^2
a(x_1- \alpha)^2+\beta< a (x_2-\alpha)^2+\beta
f(x_1) < f(x_2)
\text{ce qui prouve que }f \text{ est croissante sur }]-\infty~;~\alpha].
\text{ On revient à }(x_1- \alpha)^2> (x_2-\alpha)^2
Si a > 0 alors :
a(x_1- \alpha)^2> a (x_2-\alpha)^2
a(x_1- \alpha)^2+\beta> a (x_2-\alpha)^2+\beta
f(x_1) > f(x_2)
\text{ce qui prouve que }f \text{ est décroissante sur }]-\infty~;~\alpha].
Un raisonnement analogue permet d'étudier le sens de variation sur l'intervalle \([\alpha~;~+\infty[\).
f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta\text{ donc }f(x)-\beta=a(x-\alpha)^2
Si a < 0 alors :
a(x-\alpha)^2\leqslant 0
f(x)-\beta\leqslant 0
f(x)\leqslant \beta
Pour tout réel \(x\) :
On sait de plus que \(f(\alpha)=\beta\), on en déduit que \(\beta\) est le maximum de \(f\) sur \(\R\) et il est atteint pour \(x=\alpha\).
Si \(a>0\), un raisonnement analogue permet de montrer que \(\beta\) est le minimum de \(f\) sur \(\R\), atteint pour \(x=\alpha\).
f(x)=3(x^2-4x+\frac{5}{3})
f(x)=3[(x-2)^2-4+\frac{5}{3}]
f(x)=3[(x-2)^2-\frac{12}{3}+\frac{5}{3}]
f(x)=3[(x-2)^2-\frac{7}{3}]
f(x)=3(x-2)^2-7
g(x)=-5(x^2-\frac{8}{5}x+2)
g(x)=-5[(x-\frac{4}{5})^2-\frac{16}{25}+2]
g(x)=-5[(x-\frac{4}{5})^2-\frac{16}{25}+\frac{50}{25}]
g(x)=-5[(x-\frac{4}{5})^2+\frac{34}{25}]
g(x)=-5(x-\frac{4}{5})^2-\frac{34}{5}
Il faut déterminer les formes canoniques pour connaître \(\alpha\) et \(\beta\).
a=3
a=-5
Soit \(V(x)\) la somme des volumes des deux cubes.
V(x)=x^3+(10-x)^3
=x^3+(10-x)(10-x)^2
=x^3+(10-x)(100-20x+x^2)
=x^3+1000-200x+10x^2-100x+20x^2-x^3
a=30>0\text{ donc }V\text{ admet un minimum, atteint pour }x=\alpha.
\alpha=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{300}{2\times 30}=5.
V(x)\text{ est minimale pour }x=5.
\text{La somme des volumes est alors égale à }V(5)=250\text{ cm}^3.
V(x)=30x^2-300x+1000
x
8-x
4-x
1.\; A = 32-x(8-x)-x(4-x)
A = 32-8x+x^2-4x+x^2
A = 2x^2-12x+32
\text{Pour tout réel }x,2\left(x-3\right)^2\geqslant 0
\text{soit }f(x)\geqslant 14.
ou : \(a=2>0\) donc \(f\) admet un minimum. D'après la forme canonique de \(f\), ce minimum est \(\beta =14\) .
On en déduit que pour tout \(x\in\R,\; f(x)\geqslant 14\).
\text{donc } 2\left(x-3\right)^2+14\geqslant 14
f(x)=14\text{ pour }x=3~~(\alpha = 3)
1.\;a)\;f(x)=-2\left(x^2-\dfrac{3}{2}x-\dfrac{5}{2}\right)
f(x)=-2\left[\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2-\dfrac{9}{16}-\dfrac{5}{2}\right]
f(x)=-2\left[\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2-\dfrac{49}{16}\right]
f(x)=-2\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{49}{8}
\text{d'où }-2\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{49}{8}\leqslant \dfrac{49}{8}
\text{soit }f(x)\leqslant \dfrac{49}{8}
\text{b) Pour tout réel }x,\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2\geqslant 0
\text{donc }-2\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2\leqslant 0
ou : \(a=-2<0\) donc \(f\) admet un maximum. D'après la forme canonique de \(f\), ce maximum est \(\beta =\dfrac{49}{8}\) .
\text{On en déduit que pour tout réel }x, f(x)\leqslant \dfrac{49}{8}.
\text{2. Passage de la forme canonique à la forme factorisée :}
f(x)=-2\left[\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2-\dfrac{49}{16}\right]
f(x)=-2\left[\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2-\left(\dfrac{7}{4}\right)^2\right]
f(x)=-2\left(x-\dfrac{3}{4}+\dfrac{7}{4}\right)\left(x-\dfrac{3}{4}-\dfrac{7}{4}\right)
f(x)=-2\left(x+1\right)\left(x-\dfrac{5}{2}\right)
\text{1. a) }f(x) = (x-2)^2-4+2=(x-2)^2-2
\text{b) }f(x) =(x-2)^2-\sqrt{2}^2=(x-2+\sqrt{2})(x-2-\sqrt{2})
\text{2. }f(0)=2 \text{ donc A}(0~;2).
\text{ Pour les coordonnées de B et de C, on résout }f(x)=0.
f(x)=0
(x-2+\sqrt{2})(x-2-\sqrt{2})=0
x-2+\sqrt{2}=0\text{ ou }x-2-\sqrt{2}=0
x=2-\sqrt{2}\text{ ou }x=2+\sqrt{2}
\text{Donc B}(2-\sqrt{2}~;0)\text{ et C}(2+\sqrt{2}~;0).
f(x)=4
x-2=-\sqrt{6}\text{ ou }x-2=\sqrt{6}
\text{Donc I}(2-\sqrt{6}~;4)\text{ et J}(2+\sqrt{6}~;4).
\text{ Pour les coordonnées de I et de J, on résout }f(x)=4.
(x-2)^2-2=4
(x-2)^2=6
x=2-\sqrt{6}\text{ ou }x=2+\sqrt{6}
\text{1. a) }f(x) = x^2-9-2(x^2-x-6)=-x^2+2x+3
\text{b) }f(x) =-(x^2-2x-3)
=-\left[(x-1)^2-1-3)\right]
=-(x-1)^2+4
\text{2. a) }f(x) =2^2-(x-1)^2=[2+(x-1)][2-(x-1)]=(x+1)(3-x)
\text{b) }f(x) =0
(x+1)(3-x) =0
x+1=0\text{ ou }3-x=0
x=-1\text{ ou }x=3
Exercices supplémentaires
b)-3\left( x-\dfrac{1}{3} \right)^2+\dfrac{13}{3}
1.\;f(x)=\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2-\dfrac{17}{4}
2.\;pour\; tout\; x \in \mathbb{R},\;\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2\geqslant 0 \Leftrightarrow \left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2-\dfrac{17}{4}\geqslant -\dfrac{17}{4}
\Leftrightarrow f(x)\geqslant -\dfrac{17}{4}
ou : \(a=1>0\) donc \(f\) admet un minimum. D'après la forme canonique de \(f\), ce minimum est \(\beta =-\dfrac{17}{4}\) .
On en déduit que pour tout \(x\in\R,\; f(x)\geqslant -\dfrac{17}{4}\).
\Delta=b^2-4ac
2 Équation du second degré
2.1 Discriminant
Définition : On note
Δ s'appelle le discriminant du trinôme.
Exemples :
\frac{\Delta}{4a^2}=\left(\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)^2
La forme canonique peut s'écrire :
Si Δ > 0 :
\Delta=\sqrt{\Delta}^2
on peut donc écrire :
f(x)=a\left[(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{\Delta}{4a^2}\right]
D'où :
ax^2+bx+c=a\left[(x+\frac{b}{2a})^2-\left(\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)^2\right]
=a\left(x+\frac{b}{2a}+\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)\left(x+\frac{b}{2a}-\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)
L’équation est alors équivalente à :
ax^2+bx+c=0
x+\frac{b}{2a}+\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}=0
ou
x+\frac{b}{2a}-\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}=0
x=-\frac{b}{2a}-\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}
x=-\frac{b}{2a}+\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}
x=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}
x=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}
L’équation a alors deux solutions distinctes :
ax^2+bx+c=0
x_1=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}
x_2=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}
et
Si Δ = 0 :
La forme canonique devient :
f(x)=a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2
L’équation est alors équivalente à :
ax^2+bx+c=0
x+\frac{b}{2a}=0
x=-\frac{b}{2a}
L’équation a alors une seule solution :
ax^2+bx+c=0
x_0=-\frac{b}{2a}
a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2=0
\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2=0
Si Δ < 0 :
L’équation est alors équivalente à :
ax^2+bx+c=0
a\left[(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{\Delta}{4a^2}\right]=0
(x+\frac{b}{2a})^2-\frac{\Delta}{4a^2}=0
car\;a\neq0
(x+\frac{b}{2a})^2=\frac{\Delta}{4a^2}
Exemples :
\Delta=(-4)^2-4\times 2\times8 = -48
\(\Delta<0\) donc l'équation n'admet pas de solutions.
\(S=\empty\)
\Delta=24^2-4\times 9\times16 = 0
Donc l'équation admet une solution :
\(x_0=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{-24}{2\times 9}=-\dfrac{4}{3}\)
\text{S}=\left\{-\dfrac{4}{3}\right\}
\Delta=9^2-4\times (-5)\times 2 = 121
\(\Delta >0\) donc l'équation admet deux solutions :
\text{S}=\left\{2\,;-\dfrac{1}{5}\right\}
x_1=\dfrac{-9-\sqrt{121}}{-10}=2\hspace{0.5cm}\text{ et }\hspace{0.5cm}x_2=\dfrac{-9+\sqrt{121}}{-10}=-\dfrac{1}{5}
\Delta=(-8)^2-4\times 4\times 3 = 16
\(\Delta >0\) donc l'équation admet deux solutions :
\text{S}=\left\{\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{3}{2}\right\}
x_1=\dfrac{8-\sqrt{16}}{8}=\dfrac{1}{2}\hspace{0.5cm}\text{ et }\hspace{0.5cm}x_2=\dfrac{8+\sqrt{16}}{8}=\dfrac{3}{2}
Résoudre les équations données dans R après avoir donné le domaine de résolution.
D'après le théorème de Thales, \(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{MN}{AC}\)
On a donc, \(\dfrac{x}{6}=\dfrac{MN}{6}\) d'où
\text{On doit résoudre l'équation }x(6-x)=\dfrac{1}{3}\times 18.
\text{Ce qui revient à résoudre l'équation }-x^2+6x-6=0
Exercices supplémentaires
Factorisation
5.\;\text{On a }\Delta =0\text{ donc }f \text{ admet une racine réelle }x_0=\dfrac{7}{2}
\text{Donc }f(x)=-4\left(x-\dfrac{7}{2}\right)^2
Résumé :
Racines - Signe - Factorisation
Signe
a) On calcule \(\Delta\)
\(\Delta=9\) ; \(\Delta>0\) donc le trinôme admet deux racines réelles, \(x_1 = -2\) et \(x_2=1\).
Le trinôme est du signe de \(a = 1\) donc positif à l'extérieur des racines
\dfrac{1}{x+2}+\dfrac{3}{x}+2\leqslant0
\dfrac{x+3(x+2)+2x(x+2)}{x(x+2)}\leqslant0
Cette inéquation est définie pour \(x\neq 0\) et pour \(x\neq -2\).
\dfrac{2x^2+8x+6}{x(x+2)}\leqslant0
\dfrac{x^2+4x+3}{x(x+2)}\leqslant0
a) \(a = -10\). Le trinôme est positif à l'intérieur des racines \(-\dfrac{3}{5}\) et \(\dfrac{1}{2}\) :
S= [-\frac{3}{5};\frac{1}{2}]
b) \(a = 2\). Le trinôme est strictement négatif à l'intérieur des racines \(-2\) et \(\dfrac{3}{2}\) :
S= ]-2;\frac{3}{2}[
c)
\(a = -3\). Le trinôme est strictement négatif à l'extérieur des racines \(-\dfrac{5}{3}\) et 0 :
S= ]-\infty;-\frac{5}{3}[\cup ]0;+\infty[
-3x^2-5x = -x(3x+5)
Exercices supplémentaires
Etudier le signe des trinômes suivants :
Pour les ex. 16 et 17 :
- Déterminer les abscisses des points d'intersection des courbes représentatives des fonctions f et g.
- Étudier leur position relative.
c) On vérifie que A est le seul point commun à la droite d'équation \(y=4x-4\) et à la parabole.
On dit que la droite est la tangente à la courbe au point A.
Compléments
1.\;x_1=1\text{ est une solution évidente de l'équation.}
x_1x_2=\dfrac{c}{a}\text{ donc on a }1\times x_2=\dfrac{-3}{2}.\text{ On en déduit que }x_2=-\dfrac{3}{2}.
2.\;x_1=-1\text{ est une solution évidente de l'équation.}
x_1x_2=\dfrac{c}{a}\text{ donc on a }-1\times x_2=\dfrac{7}{3}.\text{ On en déduit que }x_2=-\dfrac{7}{3}.
3.\;x_1=1\text{ est une solution évidente de l'équation.}
x_1x_2=\dfrac{c}{a}\text{ donc on a }1\times x_2=\dfrac{-\sqrt{3}}{1}.\text{ On en déduit que }x_2=-\sqrt{3}.
Compléments
4.\;x_1=\sqrt{5}\text{ est une solution évidente de l'équation.}
x_1x_2=\dfrac{c}{a}\text{ donc on a }\sqrt{5}\times x_2=\dfrac{-25}{1}.\text{ On en déduit que }x_2=-\dfrac{25}{\sqrt{5}}=-5\sqrt{5}.
Compléments
\text{Deux réels ont pour somme 10 et pour produit 13 si, et seulement si,
}
\text{ils sont solutions de l’équation }x^2-10x+13 = 0.
\Delta = 48>0 \text{ donc l’équation admet deux
solutions réelles distinctes : }
x_1=\dfrac{10-\sqrt{48}}{2}=5-2\sqrt{3}\text{ et }x_2=\dfrac{10+\sqrt{48}}{2}=5+2\sqrt{3}
\text{On peut vérifier que }x_1+ x_2=10 \text{ et que }x_1x_2=5^2-(2\sqrt{3})^2=25-12=13.
Compléments
\text{Deux réels ont pour somme 12 et pour produit 42 si, et seulement si,
}
\text{ils sont solutions de l’équation }x^2-12x+42 = 0.
\Delta = -24<0 \text{ donc l’équation n'admet pas de solution réelle.}
\text{Il n’existe pas deux nombres réels dont la somme est 12 et le produit 42. }
Compléments
2(L+l)=36
L+l=18
L\times l=32
\text{Deux réels ont pour somme 18 et pour produit 32 si, et seulement si,
}
\text{ils sont solutions de l’équation }x^2-18x+32 = 0.
\Delta = 196>0 \text{ donc l’équation admet deux
solutions réelles distinctes : }
x_1=\dfrac{18-\sqrt{196}}{2}=2\text{ et }x_2=\dfrac{18+\sqrt{196}}{2}=16
\text{Le rectangle a donc pour longueur }L=16 \text{ cm et pour largeur }l=2\text{ cm.}
1.\;a=-1\text{ donc la parabole qui représente }f \text{ est tournée vers le bas.}
\text{ On en déduit que la fonction }f\text{ admet un maximum.}
2.\;\alpha=4
-\dfrac{b}{2a}=4
-\dfrac{b}{2\times (-1)}=4
\dfrac{b}{2}=4
b=8
\text{ On a donc }f(x)= - x^2+8x-5\text{ et }\beta= f(4) = -4^2+8\times 4-5=11
1.\text{Soit }x\text{ la longueur de l'enclos et }y \text{ sa largeur.}
2(x+y) = 18 \text{ donc }x+y=9\text{ et }y=9-x.
\text{Soit }f(x)\text{ l'aire de l'enclos. } f(x)=xy=x(9-x)=-x^2+9x
\alpha=-\dfrac{9}{2\times (-1)}=4,5\;;\text{on en déduit que l'aire est maximale pour}
x=4,5\,m\text{ et }y=9-4,5=4,5\,m\text{ (l'enclos est alors un carré)}.
2.\text{ L'aire maximale est }\beta= f(4,5) = -4,5^2+9\times 4,5=20,25\,m^2.
AP Second degré
Second degré
By Jean-Marc Kraëber
Second degré
Lycée Saint-Exupery - La Rochelle
