Exercices corrigés : le rôle des paramètres et les propriétés des fonctions (math SN4)

On compare terme à terme avec $a\,g(b(x-h))+k$ : $a=3$, $b=1$, $h=2$ et $k=1$. Le $b$ n'est pas écrit, ce qui veut dire qu'il vaut $1$ : un paramètre absent vaut toujours sa valeur NEUTRE, soit $1$ pour $a$ et $b$, et $0$ pour $h$ et $k$.

On part de $y=x^{2}$. Le paramètre $a=3$ étire verticalement d'un facteur $3$ : chaque ordonnée est multipliée par $3$. Le paramètre $h=2$ translate de $2$ unités vers la DROITE. Le paramètre $k=1$ translate de $1$ unité vers le HAUT. L'ordre importe entre un étirement et une translation verticale : on étire d'abord, on translate ensuite, sinon le $k$ serait multiplié par $3$ lui aussi.

Une translation de $2$ vers la droite envoie l'abscisse $2$ sur $4$. L'étirement vertical multiplie l'ordonnée par $3$, ce qui donne $12$, puis la translation verticale ajoute $1$ : l'ordonnée devient $13$. L'image est donc $(4\,;13)$. Vérification : $f(4)=3(4-2)^{2}+1=3\times 4+1=13$.

Le sommet de $g$ est l'origine, donc celui de $f$ est $(h\,;k)=(2\,;1)$. Le domaine est $\mathbb{R}$ : aucun paramètre ne restreint le domaine d'une parabole. L'image, elle, dépend de $a$ et de $k$ : comme $a=3>0$, la parabole s'ouvre vers le haut et son minimum vaut $1$, donc l'image est $[1\,;+\infty[$.

La translation est vers la DROITE. La forme de référence s'écrit $g(b(x-h))$ : ce que l'on lit dans la parenthèse est $x-h$, donc $(x-2)$ signifie $h=+2$, et $h$ positif déplace vers la droite. Le signe semble inversé parce qu'on ne déplace pas la courbe, on déplace l'ORIGINE : pour que $f$ se comporte en $x=2$ comme $g$ se comportait en $0$, il faut que la parenthèse s'annule en $x=2$. Le contrôle qui ne trompe jamais : cherchez la valeur de $x$ qui ANNULE la parenthèse, c'est elle, le $h$.

Pour $y=(x+3)^{2}$ : la parenthèse s'annule en $x=-3$, donc $h=-3$ et $k=0$. Le déplacement est de $3$ unités vers la GAUCHE. Pour $y=x^{2}-4$ : $h=0$ et $k=-4$, donc $4$ unités vers le BAS. La figure confirme : la première parabole est décalée latéralement, la seconde vers le bas, et aucune des deux n'a changé de forme.

Les trois sommets sont $(0\,;0)$, $(-3\,;0)$ et $(0\,;-4)$. Le sommet est le point qui suit la translation : c'est le meilleur repère pour lire $h$ et $k$ sur un graphique, et il donne les deux paramètres d'un coup.

Translater de $3$ vers la droite revient à remplacer $x$ par $x-3$ : $g(x-3)=2(x-3)=2x-6$. On remarque que le résultat est la fonction $2x$ translatée de $6$ vers le BAS : la translation horizontale s'est transformée en translation verticale. C'est propre aux droites, et la question e) dit pourquoi.

Translater de $5$ vers le haut revient à ajouter $5$ : $g(x)+5=2x+5$. Ici rien ne se transforme, $k$ se lit directement comme l'ordonnée à l'origine de la droite. On retrouve la forme $y=mx+b$ vue depuis le secondaire 3, où $b$ n'est rien d'autre que le paramètre $k$.

Parce qu'une droite a la même pente partout : la décaler de $3$ vers la droite la fait descendre d'exactement $3$ fois sa pente, soit $6$ ici. Les deux translations produisent donc la MÊME droite, et l'on ne peut pas retrouver $h$ à partir du graphique seul. Une parabole, elle, change de pente en chaque point : la décaler latéralement donne une courbe qu'aucun déplacement vertical ne peut reproduire, et c'est pourquoi son sommet permet de lire $h$ et $k$ séparément.

De la plus étroite à la plus large : $4x^{2}$, puis $x^{2}$ et $-x^{2}$ à égalité, puis $0{,}25x^{2}$. On se fonde sur la valeur absolue de $a$ : $4$, puis $1$ et $1$, puis $0{,}25$. Le signe ne change rien à la largeur, il retourne seulement la courbe : $-x^{2}$ est exactement l'image miroir de $x^{2}$ par rapport à l'axe des abscisses.

L'abscisse ne bouge pas, seule l'ordonnée est multipliée par $a$. Sur $y=4x^{2}$ : $(2\,;16)$. Sur $y=0{,}25x^{2}$ : $(2\,;1)$. Sur $y=-x^{2}$ : $(2\,;-4)$. Vérifications : $4\times 4=16$, $0{,}25\times 4=1$ et $-4$. Un étirement vertical laisse toujours l'abscisse tranquille, c'est ce qui le distingue du paramètre $b$.

On remplace : $-4{,}5=a\times 3^{2}=9a$, donc $a=-0{,}5$. La parabole est donc écrasée verticalement d'un facteur $0{,}5$, puisque $|a|<1$, ET retournée vers le bas, puisque $a<0$. Décrire les deux effets rapporte les deux points : annoncer seulement « étirement de $-0{,}5$ » n'a aucun sens, un étirement n'est jamais négatif.

$(2x)^{2}=4x^{2}$ : les deux règles donnent la même courbe. Écraser horizontalement d'un facteur $2$ produit ici le même résultat qu'étirer verticalement d'un facteur $4$. C'est particulier au carré, qui transforme un facteur $2$ à l'intérieur en facteur $4$ à l'extérieur. Sur une autre famille de fonctions, les deux transformations donneraient deux courbes différentes, et c'est pour cela que $a$ et $b$ restent deux paramètres distincts.

$y=x^{2}$ : image $[0\,;+\infty[$. $y=4x^{2}$ : image $[0\,;+\infty[$. $y=0{,}25x^{2}$ : image $[0\,;+\infty[$. $y=-x^{2}$ : image $]-\infty\,;0]$. Trois images identiques et une différente : seul le SIGNE de $a$ a changé l'image, car il a retourné la courbe. La valeur absolue de $a$, elle, étire l'image sans en changer les bornes quand $k=0$.

Le domaine est $[0\,;12]$ : la fonction n'est définie que sur les douze heures observées, et il serait faux d'écrire $\mathbb{R}$, car la situation borne l'étude. L'image est $[-4\,;20]$ : la température descend jusqu'à $-4$ degrés au départ et monte jusqu'à $20$ degrés. Domaine et image se lisent sur deux axes différents, l'un horizontalement, l'autre verticalement.

L'ordonnée à l'origine est $-4$ : c'est la valeur en $x=0$, donc la température au lever du soleil. Le zéro est $x=2$ : c'est l'abscisse où la courbe coupe l'axe, donc l'instant où la serre repasse à $0$ degré. Les deux mots ne se confondent pas : l'ordonnée à l'origine est une TEMPÉRATURE, le zéro est une HEURE.

La température est négative sur $[0\,;2]$, c'est-à-dire pendant les deux premières heures, et positive sur $[2\,;12]$. Le signe d'une fonction se donne toujours en intervalles de la variable, jamais en valeurs de la fonction : répondre « de $-4$ à $0$ » serait hors sujet.

La fonction est croissante sur $[0\,;6]$, constante sur $[6\,;9]$ et décroissante sur $[9\,;12]$. Les bornes appartiennent aux deux intervalles voisins, et l'on écrit donc des crochets fermés partout. Un palier n'est ni croissant ni décroissant : il se nomme CONSTANT, et l'oublier coûte un point à chaque évaluation.

Le maximum est $20$ degrés, atteint sur tout l'intervalle $[6\,;9]$, et non en un seul point : c'est le cas quand l'extremum est un palier. Le minimum est $-4$ degrés, atteint en $x=0$. La formulation attendue nomme la valeur puis dit où elle est atteinte : « le maximum est $20$ degrés, atteint entre la sixième et la neuvième heure ».

L'image dépend de $k$, qui déplace la borne, et du SIGNE de $a$, qui décide de quel côté elle est. $y=x^{2}$ a pour image $[0\,;+\infty[$. $y=x^{2}+3$ a pour image $[3\,;+\infty[$ : le $k$ a monté la borne. $y=-x^{2}+3$ a pour image $]-\infty\,;3]$ : le signe de $a$ a retourné l'inégalité. Le paramètre $h$, lui, ne change jamais l'image, puisqu'il agit horizontalement.

Les zéros dépendent de TOUS les paramètres sauf $b$ pris seul, car ils résultent de l'équation $f(x)=0$. Pour $y=(x-4)^{2}-1$ : $(x-4)^{2}=1$ donne $x-4=1$ ou $x-4=-1$, donc $x=5$ et $x=3$. On voit agir $h=4$, qui a centré les zéros autour de $4$, et $k=-1$, qui a fait descendre la courbe sous l'axe et créé les deux zéros. Sans ce $k$ négatif, la parabole $y=(x-4)^{2}$ n'aurait qu'un seul zéro, en $x=4$.

Non pour une fonction polynomiale : son domaine est $\mathbb{R}$ avec ou sans paramètres, aucun n'interdit de valeur. En revanche, quand le domaine vient du CONTEXTE, un paramètre horizontal le déplace : si une étude porte sur $[0\,;12]$ et qu'on translate le temps de $2$ heures, le domaine devient $[2\,;14]$. Le domaine suit donc la variable, pas la fonction.

L'ordonnée à l'origine est $f(0)$ : elle dépend de tous les paramètres, mais $k$ est le seul à la déplacer d'une quantité connue d'avance. $y=2(x-1)^{2}$ donne $f(0)=2\times 1=2$. $y=2(x-1)^{2}+5$ donne $f(0)=2+5=7$, soit exactement $5$ de plus. Ajouter $k$ à la règle ajoute $k$ à toutes les ordonnées, celle de l'origine comprise.

Non. Prenons $y=x^{2}$ et $y=4x^{2}$ : les deux ont pour image $[0\,;+\infty[$ et pour ordonnée à l'origine $0$, mais elles ne sont pas identiques, l'une étant quatre fois plus étroite que l'autre. Deux propriétés ne suffisent donc pas à déterminer une fonction : il faut les quatre paramètres, ou trois points, ce qui revient au même. C'est la version « propriétés » du principe vu sur la recherche de règle.

La hauteur part de $20$ et diminue de $2{,}5$ par heure : $H(t)=-2{,}5t+20$. Le paramètre $a=-2{,}5$ est la pente, et son signe négatif dit la décroissance ; le paramètre $k=20$ est la hauteur initiale, c'est-à-dire l'ordonnée à l'origine. Sur une fonction affine, $a$ et $k$ sont les deux seuls paramètres utiles, et l'on retrouve la forme $y=mx+b$ du secondaire 3.

La bougie s'éteint quand $H(t)=0$ : $-2{,}5t+20=0$ donne $t=8$. Le domaine du contexte est donc $[0\,;8]$, soit de $18$ h à $2$ h du matin, et non $\mathbb{R}$ : au-delà, la règle donnerait une hauteur négative, ce qui n'existe pas. L'image est $[0\,;20]$. Le zéro $t=8$ est l'instant de l'extinction, l'ordonnée à l'origine $20$ est la hauteur au moment de l'allumage.

La seconde bougie fait exactement la même chose, avec deux heures de retard : sa hauteur au temps $t$ est celle que la première avait au temps $t-2$. On remplace donc $t$ par $t-2$ : $G(t)=H(t-2)=-2{,}5(t-2)+20=-2{,}5t+25$. Le paramètre $h$ vaut $2$, et il déplace la courbe de $2$ unités vers la DROITE, ce que la figure montre.

Ce qui ne change pas : la pente $-2{,}5$, donc la vitesse de combustion, la hauteur initiale de $20$ centimètres et la durée totale de $8$ heures. Ce qui change : le domaine du contexte, qui devient $[2\,;10]$, le zéro, qui passe de $8$ à $10$, et l'ordonnée à l'origine de la règle développée, qui vaut $25$. Ce $25$ n'a aucun sens concret : il correspondrait à la hauteur de la bougie à $18$ h, deux heures avant qu'elle ne soit allumée. Une valeur hors du domaine du contexte se calcule, mais ne s'interprète pas.

À $23$ h, $t=5$. Première bougie : $H(5)=-12{,}5+20=7{,}5$ centimètres. Seconde bougie : $G(5)=-12{,}5+25=12{,}5$ centimètres. L'écart vaut $5$ centimètres, soit exactement $2$ heures de combustion à $2{,}5$ centimètres par heure : la translation horizontale s'est convertie en écart vertical constant, comme pour toute fonction affine.

Une minute vaut $60$ secondes, donc $s$ secondes valent $\dfrac{s}{60}$ minute. On remplace : $V(s)=12\times\dfrac{s}{60}=0{,}2s$. Le paramètre $b$ vaut $\dfrac{1}{60}$, et il agit à l'INTÉRIEUR de la fonction : le débit devient $0{,}2$ litre par seconde, ce qui est bien $12$ litres par minute.

Un litre vaut $1\ 000$ millilitres, donc on multiplie toute la fonction par $1\ 000$ : $V(t)=12\ 000t$. Le paramètre $a$ vaut $1\ 000$, et il agit à l'EXTÉRIEUR. La différence avec la question a) est visible dans la règle : ici la variable n'a pas bougé, seule l'échelle des ordonnées a changé.

Si $u$ est le temps en dixièmes de seconde, alors $t=\dfrac{u}{10}$ seconde. On remplace : $d(u)=4{,}9\left(\dfrac{u}{10}\right)^{2}=4{,}9\times\dfrac{u^{2}}{100}=0{,}049u^{2}$. Le coefficient est divisé par $100$, et non par $10$.

Dans la question a), la fonction est affine : diviser la variable par $60$ divise le coefficient par $60$. Dans la question c), la fonction est du second degré : le paramètre $b$ entre dans un CARRÉ, donc diviser la variable par $10$ divise le coefficient par $10^{2}=100$. C'est l'effet le plus important du chapitre pour les sciences : un changement d'unité de la variable agit sur le coefficient à la puissance du degré, et c'est pourquoi les constantes physiques changent tant d'une unité à l'autre.

Pour a) : en $s=60$, on trouve $0{,}2\times 60=12$ litres, et une minute donne bien $12$ litres. Pour b) : en $t=1$, on trouve $12\ 000$ millilitres, soit $12$ litres. Pour c) : en $u=20$, c'est-à-dire $2$ secondes, on trouve $0{,}049\times 400=19{,}6$ mètres, et $4{,}9\times 4=19{,}6$ mètres directement. Chaque contrôle prouve la même chose : la SITUATION n'a pas changé. Deux règles qui décrivent le même phénomène doivent donner la même réponse physique, même si leurs coefficients n'ont rien à voir.

Faux : la translation est vers la DROITE. La forme de référence est $(x-h)$, donc $(x-5)$ signifie $h=+5$. Le contrôle sans mémoire : le sommet est là où la parenthèse s'annule, et $(x-5)$ s'annule en $x=5$, à droite de l'origine. C'est l'erreur la plus répandue du chapitre, et elle coûte le sommet, donc l'image et la variation avec lui.

Faux : $|a|=3>1$, donc la parabole est ÉTIRÉE verticalement, trois fois plus haute que $y=x^{2}$ à chaque abscisse. Elle est de plus RETOURNÉE, parce que $a<0$. Écraser correspond à $|a|<1$, comme dans $y=0{,}25x^{2}$. Le signe et la valeur absolue disent deux choses différentes, et une réponse complète les mentionne toutes les deux.

Faux pour les fonctions du programme : $k$ déplace verticalement, donc il change l'IMAGE, jamais le domaine. Pour $y=x^{2}+3$, le domaine reste $\mathbb{R}$ et l'image passe de $[0\,;+\infty[$ à $[3\,;+\infty[$. Seul un paramètre horizontal, ou le contexte d'un problème, peut déplacer un domaine.

Faux : une translation déplace la courbe sans la déformer. Les paraboles $y=x^{2}$ et $y=(x-4)^{2}+7$ sont superposables, puisqu'elles ont le même $a$ et le même $b$. Ce sont $a$ et $b$ qui déforment, $h$ et $k$ ne font que déplacer, et c'est pourquoi une translation ne change jamais l'ouverture d'une parabole.

Faux, et c'est le cas le plus radical de tous. Avec $b=0$, l'intérieur devient $0\times(x-h)=0$ : la fonction vaut $a\,g(0)+k$ pour TOUT $x$, c'est-à-dire une constante. Par exemple, $y=(0\cdot x)^{2}=0$ est la droite horizontale $y=0$, et non une parabole. La valeur neutre de $b$ est $1$, pas $0$ : un paramètre multiplicatif absent vaut $1$, un paramètre additif absent vaut $0$.

La règle est déjà sous forme canonique : le sommet est $(6\,;18)$. Comme $a=-0{,}5<0$, ce sommet est un maximum. Le niveau maximal vaut donc $18$ décimètres, atteint $6$ heures après $8$ h, c'est-à-dire à $14$ h.

Midi arrive $4$ heures après $8$ h, donc $t=u+4$. On remplace dans la règle : $M(u)=-0{,}5\big((u+4)-6\big)^{2}+18=-0{,}5(u-2)^{2}+18$. Le second service verra donc le maximum $2$ heures après le début de SES mesures, ce qui fait bien $14$ h.

Les paramètres $a=-0{,}5$, $b=1$ et $k=18$ sont inchangés. Seul $h$ a changé, passant de $6$ à $2$. C'est logique : on n'a pas touché à la rivière, on a seulement déplacé l'ORIGINE DU TEMPS de $4$ heures, et c'est exactement ce que fait le paramètre $h$. Retenez la formule : $h$ est un changement d'origine, pas une propriété du phénomène.