Exercices corrigés : le second degré (Seconde, programme français)

a) $x^2-8x=(x-4)^2-16$, donc $f(x)=(x-4)^2-16+11=(x-4)^2-5$.

b) $g(x)=3(x^2+4x)+5=3((x+2)^2-4)+5=3(x+2)^2-12+5=3(x+2)^2-7$.

c) $h(x)=-2(x^2-3x)-1=-2((x-\frac{3}{2})^2-\frac{9}{4})-1=-2(x-\frac{3}{2})^2+\frac{9}{2}-1=-2(x-\frac{3}{2})^2+\frac{7}{2}$.

a) Différence de carrés : $f(x)=(x-4)^2-3^2=(x-4-3)(x-4+3)=(x-7)(x-1)$. Racines : $1$ et $7$.

b) $g(x)=2((x+1)^2-4)=2(x+1-2)(x+1+2)=2(x-1)(x+3)$. Racines : $-3$ et $1$.

c) Pour tout réel $x$, $(x-2)^2\geq 0$ donc $h(x)\geq 3$. Le trinôme ne s'annule jamais : il n'a aucune racine et ne se factorise pas dans $\mathbb{R}$.

a) $f(x)=-(x^2-6x)-5=-((x-3)^2-9)-5=-(x-3)^2+4$. Sommet $S(3,\ 4)$, axe de symétrie $x=3$.

b) $a=-1<0$ : $f$ croît sur $]-\infty;3]$ puis décroît sur $[3;+\infty[$. Le sommet est un maximum, $f(3)=4$.

c) $g(x)=2(x^2-2x)+7=2((x-1)^2-1)+7=2(x-1)^2+5$. Sommet $S'(1,\ 5)$, axe $x=1$. Comme $a=2>0$, $g$ décroît sur $]-\infty;1]$ puis croît sur $[1;+\infty[$ : le sommet est un minimum.

d) $-1$ est à distance $4$ de l'axe $x=3$, et $8$ est à distance $5$. La parabole étant tournée vers le bas, plus on s'éloigne de l'axe plus l'image est petite : donc $f(-1)>f(8)$. Vérification : $f(-1)=-1-6-5=-12$ et $f(8)=-64+48-5=-21$, et bien $-12>-21$.

a) $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$. Le coefficient dominant est positif : le trinôme est positif à l'extérieur des racines. Solution : $]-\infty;2[\ \cup\ ]3;+\infty[$.

b) $-x^2+4x-3=-(x^2-4x+3)=-(x-1)(x-3)$. Le coefficient dominant est négatif : le trinôme est positif entre les racines. Solution : $[1;3]$.

c) Forme canonique : $x^2+2x+5=(x+1)^2+4\geq 4>0$. Le trinôme n'a pas de racine et reste strictement positif : la solution est $\mathbb{R}$.

a) Sommet $S(2,\ -2)$. La courbe coupe l'axe des abscisses en $x=0$ et $x=4$.

b) Canonique : $f(x)=\frac{1}{2}(x-2)^2-2$. Factorisée : $\frac{1}{2}(x-0)(x-4)=\frac{1}{2}x(x-4)$. Développée : $\frac{1}{2}x^2-2x$.

c) Le sommet se lit sur la forme canonique ($\alpha=2$, $\beta=-2$). Les racines se lisent sur la forme factorisée ($0$ et $4$). L'ordonnée à l'origine se lit sur la forme développée : le terme constant vaut $0$, donc $f(0)=0$.

a) On part de la forme canonique : $f(x)=a(x-1)^2-4$. La condition $f(3)=4$ donne $4a-4=4$, donc $a=2$. Ainsi $f(x)=2(x-1)^2-4=2x^2-4x-2$.

b) On part de la forme factorisée : $g(x)=a(x+2)(x-5)$. La condition $g(0)=-10$ donne $a\times 2\times(-5)=-10a=-10$, donc $a=1$. Ainsi $g(x)=(x+2)(x-5)=x^2-3x-10$.

c) Impossible. Le sommet a pour abscisse $2$ et le point $C$ a aussi pour abscisse $2$ : une fonction ne peut pas prendre deux valeurs différentes ($3$ et $5$) en $x=2$. Aucune fonction ne convient.

a) Les trois côtés clôturés mesurent $x$, $x$ et le côté parallèle au mur, donc ce dernier mesure $60-2x$. Il faut $x>0$ et $60-2x>0$, c'est-à-dire $x\in\ ]0;30[$.

b) $A(x)=x(60-2x)=60x-2x^2=-2x^2+60x$.

c) $A(x)=-2(x^2-30x)=-2((x-15)^2-225)=-2(x-15)^2+450$. Le coefficient $-2$ est négatif, donc l'aire est maximale pour $x=15$. L'enclos mesure alors 15 m sur $60-30=30$ m, et l'aire maximale vaut 450 mètres carrés.

d) $A(x)\geq 400$ équivaut à $-2(x-15)^2+450\geq 400$, soit $(x-15)^2\leq 25$, soit $-5\leq x-15\leq 5$, donc $10\leq x\leq 20$. Toutes ces valeurs appartiennent bien à $]0;30[$.

a) $h(0)=1$ : le ballon est frappé à 1 mètre du sol.

b) $h(t)=-5(t^2-4t)+1=-5((t-2)^2-4)+1=-5(t-2)^2+21$. Le coefficient $-5$ est négatif : la hauteur est maximale pour $t=2$ s et vaut 21 mètres.

c) $h(t)=0$ équivaut à $-5(t-2)^2+21=0$, soit $(t-2)^2=\frac{21}{5}=4{,}2$, donc $t=2+\sqrt{4{,}2}$ (la solution $2-\sqrt{4{,}2}$ est négative et ne convient pas). Le ballon touche le sol à $t\approx 4{,}05$ s.

d) $h(t)>18$ équivaut à $-5(t-2)^2+21>18$, soit $(t-2)^2<\frac{3}{5}=0{,}6$, soit $2-\sqrt{0{,}6}<t<2+\sqrt{0{,}6}$. La durée vaut $2\sqrt{0{,}6}\approx 1{,}55$ s.

a) $f(x)=(x-3)^2-9+5=(x-3)^2-4$.

b) $f(x)=m$ équivaut à $(x-3)^2=m+4$. Si $m<-4$, le membre de droite est négatif : aucune solution. Si $m=-4$, une solution double $x=3$. Si $m>-4$, deux solutions distinctes.

c) Pour $m>-4$ : $x=3-\sqrt{m+4}$ et $x=3+\sqrt{m+4}$.

d) Les deux abscisses sont positives lorsque la plus petite l'est : $3-\sqrt{m+4}>0$, soit $\sqrt{m+4}<3$, soit $m+4<9$, donc $m<5$. En tenant compte de la condition d'existence $m>-4$, on obtient $m\in\ ]-4;5[$.

a) Avec $X=x^2$ : $X^2-13X+36=0$. Forme canonique : $(X-\frac{13}{2})^2-\frac{169}{4}+36=(X-\frac{13}{2})^2-\frac{25}{4}$. Donc $(X-\frac{13}{2})^2=\frac{25}{4}$, soit $X=\frac{13}{2}\pm\frac{5}{2}$ : $X=9$ ou $X=4$. En revenant à $x$ : $x=\pm 3$ ou $x=\pm 2$. Quatre solutions : $-3,\ -2,\ 2,\ 3$.

b) $x^2-4x+7=(x-2)^2-4+7=(x-2)^2+3$. Or $(x-2)^2\geq 0$, donc le trinôme est toujours supérieur ou égal à 3, donc jamais nul.

c) On ramène tout d'un côté et on reconnaît une différence de carrés : $(x-1)^2-(2x+3)^2=0$, soit $((x-1)-(2x+3))((x-1)+(2x+3))=0$, c'est-à-dire $(-x-4)(3x+2)=0$. Les solutions sont $x=-4$ et $x=-\frac{2}{3}$.

d) De $A^2=B^2$ on ne peut pas déduire $A=B$ : on déduit $A=B$ ou $A=-B$. L'élève n'a traité que le premier cas et a perdu la solution $x=-4$, qui vient de $x-1=-(2x+3)$.