Exercices corrigés : la fonction rationnelle, dite homographique (math SN5)

a) Une fraction n'existe que si son dénominateur est non nul : $x-2\neq 0$, donc $x\neq 2$. Domaine : $\mathbb{R}\setminus\{2\}$. Contrairement aux fonctions polynomiales, une homographique a toujours exactement UNE valeur interdite, celle qui annule le dénominateur.

b) L'asymptote VERTICALE est la droite d'équation $x=h$, c'est-à-dire $x=2$ : c'est la valeur interdite, celle dont la courbe s'approche sans jamais l'atteindre en s'envolant vers l'infini. L'asymptote HORIZONTALE est $y=k$, c'est-à-dire $y=1$ : quand $x$ devient très grand, la fraction $\frac{3}{x-2}$ devient minuscule et $f(x)$ se rapproche de $1$. Pour s'en convaincre, il suffit d'essayer : $f(1002)=\frac{3}{1000}+1=1{,}003$, déjà très proche de $1$.

c) L'image est $\mathbb{R}\setminus\{1\}$. La raison est instructive : $\frac{3}{x-2}$ ne peut JAMAIS valoir $0$, puisqu'une fraction est nulle seulement quand son numérateur l'est, et ici le numérateur est le nombre $3$. Donc $f(x)$ ne vaut jamais $0+1=1$. La valeur $k$ est exclue de l'image exactement comme $h$ est exclue du domaine, et c'est cette symétrie qui explique la forme de l'hyperbole.

d) Ici $a=3>0$ et $b=1>0$ sont de même signe, donc $f$ est DÉCROISSANTE sur chacun des deux intervalles $]-\infty\,;2[$ et $]2\,;+\infty[$. On le comprend sans formule : quand $x$ augmente, le dénominateur $x-2$ augmente aussi, donc la fraction $\frac{3}{x-2}$ diminue en valeur, et $f$ avec elle. Une précision de rédaction qui vaut des points : il faut dire décroissante SUR CHAQUE INTERVALLE et non sur son domaine, car $f(1)=-2$ est inférieur à $f(3)=4$, alors que $1<3$. La fonction n'est pas décroissante d'un bout à l'autre, elle « saute » par-dessus l'asymptote.

e) Le centre de symétrie est l'intersection des deux asymptotes, soit $(h\,;k)=(2\,;1)$. La courbe est symétrique par rapport à ce point : à tout point $(2+t\,;1+s)$ de la courbe correspond le point $(2-t\,;1-s)$. On le vérifie sur la table : $f(3)=4$ et $f(1)=-2$, or $3$ et $1$ sont à distance $1$ de $2$, et $4$ et $-2$ sont à distance $3$ de $1$, de part et d'autre ✓.

f) On calcule chaque valeur en substituant, sans jamais oublier le $+1$ final. $f(0)=\frac{3}{-2}+1=-1{,}5+1=-0{,}5$ ; $f(1)=\frac{3}{-1}+1=-3+1=-2$ ; $f(1{,}5)=\frac{3}{-0{,}5}+1=-6+1=-5$ ; $f(2{,}5)=\frac{3}{0{,}5}+1=6+1=7$ ; $f(3)=\frac{3}{1}+1=4$ ; $f(4)=\frac{3}{2}+1=2{,}5$. La table raconte le comportement de la courbe : à gauche de $2$ les valeurs plongent ($-5$ en $1{,}5$), à droite elles explosent ($7$ en $2{,}5$), et en s'éloignant elles reviennent doucement vers $1$.

Principe unique de la conversion : faire apparaître le DÉNOMINATEUR à l'intérieur du numérateur, de façon à pouvoir séparer la fraction en deux morceaux dont l'un se simplifie. C'est une division déguisée, et elle réussit toujours.

a) $f(x)=\frac{2x+1}{x-1}$. On veut voir $(x-1)$ dans le numérateur : comme $2x+1=2(x-1)+2+1=2(x-1)+3$, on écrit $f(x)=\frac{2(x-1)+3}{x-1}=\frac{2(x-1)}{x-1}+\frac{3}{x-1}=2+\frac{3}{x-1}$, soit $f(x)=\frac{3}{x-1}+2$. Asymptotes : $x=1$ et $y=2$. Contrôle numérique en un point quelconque, $x=3$ : la forme de départ donne $\frac{7}{2}=3{,}5$, la forme canonique donne $\frac{3}{2}+2=3{,}5$ ✓.

b) $g(x)=\frac{3x-1}{2-x}$. Le dénominateur est écrit à l'envers, il faut d'abord le remettre dans le bon sens : $2-x=-(x-2)$, donc $g(x)=-\frac{3x-1}{x-2}$. On divise ensuite comme en a) : $3x-1=3(x-2)+6-1=3(x-2)+5$, d'où $\frac{3x-1}{x-2}=3+\frac{5}{x-2}$. En rétablissant le signe moins de devant : $g(x)=-\left(3+\frac{5}{x-2}\right)=-3-\frac{5}{x-2}$, soit $g(x)=\frac{-5}{x-2}-3$. Asymptotes : $x=2$ et $y=-3$. Le signe moins doit se distribuer sur les DEUX termes, l'oublier sur l'un des deux est l'erreur type de cette question. Contrôle en $x=1$ : la forme de départ donne $\frac{2}{1}=2$, la forme canonique donne $\frac{-5}{-1}-3=5-3=2$ ✓.

c) $h(x)=\frac{-3x}{x+1}$. Le numérateur n'a pas de terme constant, ce qui ne change rien à la méthode : $-3x=-3(x+1)+3$, en vérifiant que $-3\times 1+3=0$ redonne bien l'absence de constante ✓. Donc $h(x)=\frac{-3(x+1)+3}{x+1}=-3+\frac{3}{x+1}$, soit $h(x)=\frac{3}{x+1}-3$. Asymptotes : $x=-1$ et $y=-3$. Contrôle en $x=2$ : $\frac{-6}{3}=-2$, et $\frac{3}{3}-3=-2$ ✓.

Raccourci à connaître pour vérifier une asymptote horizontale sans faire la division : pour $\frac{ax+b}{cx+d}$, elle vaut toujours $y=\frac{a}{c}$, le rapport des coefficients dominants. On lit ainsi $\frac{2}{1}=2$ en a), $\frac{3}{-1}=-3$ en b) et $\frac{-3}{1}=-3$ en c), ce qui confirme les trois résultats en trois secondes.

a) Le dénominateur $x+1$ s'annule en $x=-1$ : domaine $\mathbb{R}\setminus\{-1\}$, et c'est aussi l'équation de l'asymptote verticale.

b) L'ordonnée à l'origine est $f(0)$, et $0$ appartient bien au domaine : $f(0)=\frac{6}{0+1}-2=6-2=4$. Contrairement à la fonction racine carrée, une homographique possède presque toujours une ordonnée à l'origine ; elle n'en a pas dans le seul cas où $h=0$, c'est-à-dire quand l'asymptote verticale EST l'axe des $y$.

c) Le zéro est la valeur qui annule $f$. On isole la fraction : $\frac{6}{x+1}-2=0$ donne $\frac{6}{x+1}=2$. Une équation entre deux fractions se résout par produit en croix : $6=2(x+1)$, donc $x+1=3$ et $x=2$. Vérification : $f(2)=\frac{6}{3}-2=0$ ✓. Il n'y a qu'un seul zéro, et c'est général : une homographique coupe l'axe des $x$ au plus une fois, puisque chaque branche est monotone.

d) $\frac{6}{x+1}-2=1$ donne $\frac{6}{x+1}=3$, donc $6=3(x+1)$, puis $x+1=2$ et $x=1$. Vérification : $f(1)=\frac{6}{2}-2=1$ ✓. Notez le contraste avec le second degré : ici une équation $f(x)=c$ a exactement UNE solution, quelle que soit la valeur de $c$, sauf $c=k$ pour laquelle il n'y en a aucune.

e) $f(x)>-2$ s'écrit $\frac{6}{x+1}-2>-2$, ce qui se simplifie remarquablement en $\frac{6}{x+1}>0$ : le $-2$ disparaît des deux côtés. Or une fraction de numérateur POSITIF est positive exactement quand son dénominateur l'est, donc la condition est $x+1>0$, c'est-à-dire $x>-1$. Solution : $]-1\,;+\infty[$. Ce qu'il faut retenir de cette question, car elle revient constamment : comparer $f(x)$ à $k$, la valeur de l'asymptote horizontale, revient toujours à étudier le seul signe du dénominateur, et cela équivaut à demander de quel CÔTÉ de l'asymptote verticale on se trouve. Sur le graphique, la solution est simplement la branche de droite, celle qui est au-dessus de $y=-2$.

a) On sépare la fraction terme à terme, ce qui est licite parce que les deux morceaux ont le MÊME dénominateur : $c(x)=\frac{40x+120}{x}=\frac{40x}{x}+\frac{120}{x}=40+\frac{120}{x}$. Sous la forme demandée, $c(x)=\frac{120}{x-0}+40$, donc $a=120$, $h=0$ et $k=40$. Le fait que $h=0$ signifie que l'asymptote verticale est l'axe des $y$ lui-même, ce qui est cohérent avec le contexte : on ne peut pas fabriquer zéro trousse et calculer un coût unitaire.

b) L'asymptote horizontale est $y=k=40$. Son interprétation est le cœur du problème : le coût total $40x+120$ se compose d'un coût VARIABLE de $40$ dollars par trousse, qui s'ajoute à chaque unité, et d'un coût FIXE de $120$ dollars, payé une seule fois quelle que soit la production. Le coût unitaire répartit ce coût fixe sur toutes les trousses, donc $\frac{120}{x}$ diminue à mesure que la production augmente, mais les $40$ dollars de matière et de main-d'œuvre par trousse restent, eux, incompressibles. Le coût unitaire s'approche donc de $40$ dollars sans jamais l'atteindre. C'est exactement le phénomène que les économistes appellent l'économie d'échelle.

c) $\frac{120}{x}+40=50$ donne $\frac{120}{x}=10$, donc $120=10x$ et $x=12$. Douze trousses ont été fabriquées. Vérification par le coût total : $40\times 12+120=480+120=600$ dollars pour $12$ trousses, soit $\frac{600}{12}=50$ dollars l'unité ✓.

d) Quand $x$ augmente beaucoup, $\frac{120}{x}$ tend vers $0$ et $c(x)$ tend vers $40$ dollars. Quelques valeurs rendent la vitesse de cette convergence concrète : $c(12)=50$, $c(60)=42$, $c(120)=41$, $c(600)=40{,}2$. Le gain est spectaculaire au début puis devient dérisoire, ce qui est l'argument économique décisif : passer de $12$ à $60$ trousses fait économiser $8$ dollars par unité, mais passer de $120$ à $600$ n'en fait plus économiser qu'un seul.

a) Les asymptotes se lisent directement sur le graphique comme les deux droites dont la courbe s'approche indéfiniment : l'asymptote verticale est $x=-1$ et l'horizontale est $y=-1$. Or ces deux équations donnent les paramètres sans aucun calcul : $h=-1$ et $k=-1$. Le centre de symétrie de l'hyperbole est leur intersection, le point $(-1\,;-1)$.

b) Le domaine exclut la valeur de l'asymptote verticale : $\mathbb{R}\setminus\{-1\}$. L'image exclut celle de l'asymptote horizontale : $\mathbb{R}\setminus\{-1\}$. Les deux ensembles s'écrivent ici de la même façon, mais c'est une coïncidence de cet exemple, due à $h=k$ : le premier porte sur les abscisses, le second sur les ordonnées, et il ne faut pas conclure qu'ils sont toujours égaux.

c) Il ne reste qu'un paramètre, $a$, et l'énoncé fournit un point pour le déterminer. Avec $(1\,;0)$ : $f(1)=\frac{a}{1-(-1)}+(-1)=\frac{a}{2}-1$, et cette valeur doit être $0$, donc $\frac{a}{2}=1$ et $a=2$. Règle : $f(x)=\frac{2}{x+1}-1$. Le second point marqué, $(0\,;1)$, n'a pas servi au calcul : il constitue donc un vrai contrôle indépendant. On vérifie : $f(0)=\frac{2}{1}-1=1$ ✓. Prenez toujours ce réflexe quand un énoncé donne plus de points que nécessaire, l'un d'eux est là pour valider les autres.

a) La population actuelle correspond à $x=0$ : $p(0)=20-\frac{8}{0+2}=20-\frac{8}{2}=20-4=16$. La municipalité compte donc aujourd'hui $16$ milliers d'habitants, soit $16\ 000$ personnes. Attention aux unités tout au long du problème : la règle donne des MILLIERS, et une réponse écrite « $16$ habitants » perd le point.

b) L'asymptote horizontale est $y=20$. Interprétation : à long terme, la population se rapproche de $20\ 000$ habitants sans jamais les atteindre. Le modèle décrit donc une croissance qui RALENTIT, ce qui est réaliste pour une municipalité limitée par son territoire ou ses services. Le nombre $20$ joue le rôle de population de saturation.

c) On résout $20-\frac{8}{x+2}=18$. On isole la fraction : $-\frac{8}{x+2}=-2$, donc $\frac{8}{x+2}=2$, puis $8=2(x+2)$, d'où $x+2=4$ et $x=2$. La population atteindra $18\ 000$ habitants dans $2$ ans. Vérification : $p(2)=20-\frac{8}{4}=20-2=18$ ✓.

d) Non, et la justification doit être algébrique, pas graphique. Pour tout $x\geq 0$, le dénominateur $x+2$ est strictement positif, donc $\frac{8}{x+2}$ est strictement POSITIF, et par conséquent $p(x)=20-\frac{8}{x+2}<20$ pour tout $x$. La population reste donc toujours sous $20\ 000$ habitants, quelle que soit la durée considérée. C'est le sens précis du mot asymptote : la courbe s'approche autant qu'on veut de la droite $y=20$ mais ne la touche jamais. On peut le chiffrer pour rendre l'argument concret : dans $10$ ans $p(10)=20-\frac{8}{12}\approx 19{,}33$ ; dans $100$ ans, $p(100)=20-\frac{8}{102}\approx 19{,}92$. Le modèle progresse encore, mais de moins en moins, et le seuil des $20\ 000$ n'est jamais franchi.

a) $f(x)=\frac{-2x+5}{x-3}$. On fait apparaître $(x-3)$ au numérateur : $-2x+5=-2(x-3)-6+5=-2(x-3)-1$, en contrôlant que $-2\times(-3)=+6$ doit être corrigé par $-6$. Donc $f(x)=\frac{-2(x-3)-1}{x-3}=-2+\frac{-1}{x-3}$, soit $f(x)=\frac{-1}{x-3}-2$. Asymptotes : $x=3$ et $y=-2$, ce que confirme le raccourci du rapport des coefficients dominants, $\frac{-2}{1}=-2$ ✓.

b) $g(x)=\frac{4x+9}{2x+1}$. Ce cas est plus délicat parce que le coefficient de $x$ au dénominateur n'est pas $1$. Première division : $4x+9=2(2x+1)+9-2=2(2x+1)+7$, donc $g(x)=2+\frac{7}{2x+1}$. À ce stade la forme n'est pas encore canonique, car on veut $x-h$ et non $2x+1$ au dénominateur. On met donc $2$ en évidence en bas : $2x+1=2\left(x+\frac{1}{2}\right)$, d'où $\frac{7}{2\left(x+\frac{1}{2}\right)}=\frac{7/2}{x+\frac{1}{2}}$, c'est-à-dire $\frac{3{,}5}{x+\frac{1}{2}}$. Forme canonique : $g(x)=\frac{3{,}5}{x+\frac{1}{2}}+2$, avec $a=3{,}5$, $h=-\frac{1}{2}$ et $k=2$. Asymptotes : $x=-\frac{1}{2}$ et $y=2$, cohérent avec le rapport $\frac{4}{2}=2$ ✓. La leçon de méthode est que le paramètre $a$ n'est PAS le $7$ de la division : il faut encore le diviser par le coefficient sorti du dénominateur.

c) Domaines : $\mathbb{R}\setminus\{3\}$ pour $f$, car $x-3=0$ en $3$ ; $\mathbb{R}\setminus\left\{-\frac{1}{2}\right\}$ pour $g$, car $2x+1=0$ en $-\frac{1}{2}$. Vérifications des formes canoniques, chacune en un point choisi loin de l'asymptote pour éviter les grands nombres. Pour $f$ en $x=4$ : la forme de départ donne $\frac{-8+5}{1}=-3$, la forme canonique donne $\frac{-1}{1}-2=-3$ ✓. Pour $g$ en $x=2$ : la forme de départ donne $\frac{8+9}{5}=\frac{17}{5}=3{,}4$, la forme canonique donne $\frac{3{,}5}{2{,}5}+2=1{,}4+2=3{,}4$ ✓. Cette vérification en un point est obligatoire sur ce type de conversion : elle attrape aussi bien une erreur de signe qu'un facteur oublié, et elle coûte trente secondes.

a) Multiplier les deux membres par $(x+1)$ est interdit parce qu'on ne connaît pas le SIGNE de ce facteur : il dépend de $x$. Or multiplier une inégalité par un nombre négatif en renverse le sens. Si l'on écrivait $2x-3>x+1$, on supposerait implicitement $x+1>0$, et toute la partie $x<-1$ de la droite réelle serait traitée à l'envers. Il faudrait donc mener deux cas séparés, ce qui est long et propice aux erreurs. La méthode plus sûre, et celle qui est attendue, consiste à tout ramener d'un seul côté pour comparer une fraction unique à zéro : le signe d'une fraction se lit alors sur un tableau, sans jamais multiplier.

b) $\frac{2x-3}{x+1}-1>0$. On met au même dénominateur en écrivant $1=\frac{x+1}{x+1}$ : $\frac{2x-3-(x+1)}{x+1}>0$. On distribue soigneusement le signe moins sur les deux termes, ce qui donne $2x-3-x-1=x-4$. L'inéquation équivaut donc à $\frac{x-4}{x+1}>0$. Toute la difficulté du chapitre tient dans ce passage : on ne compare plus deux expressions, on étudie le signe d'UNE fraction.

c) Deux valeurs découpent la droite réelle : le numérateur s'annule en $x=4$, le dénominateur en $x=-1$, cette dernière étant une valeur INTERDITE et non un zéro. On examine les trois zones. Pour $x<-1$ : le numérateur $x-4$ est négatif et le dénominateur $x+1$ aussi, donc le quotient $\frac{(-)}{(-)}$ est POSITIF. Pour $-1<x<4$ : numérateur négatif, dénominateur positif, quotient $\frac{(-)}{(+)}$ NÉGATIF. Pour $x>4$ : les deux positifs, quotient POSITIF. Ensemble-solution : $]-\infty\,;-1[\ \cup\ ]4\,;+\infty[$. Les deux bornes sont exclues, mais pour des raisons différentes qu'il faut savoir distinguer : $-1$ est exclu parce que la fraction n'y est pas définie, $4$ parce que la fraction y vaut $0$, ce qui n'est pas strictement positif.

d) Un point-test par zone, reporté dans l'inéquation D'ORIGINE, ce qui valide aussi les transformations de b). En $x=-2$ : $\frac{2(-2)-3}{-2+1}=\frac{-7}{-1}=7$, et $7>1$ : vrai ✓, conforme au tableau. En $x=0$ : $\frac{-3}{1}=-3$, et $-3>1$ est faux ✓, conforme. En $x=5$ : $\frac{10-3}{6}=\frac{7}{6}\approx 1{,}17$, et $1{,}17>1$ : vrai ✓, conforme. Le tableau est confirmé dans ses trois zones. Notez au passage le piège que la méthode évite : en $x=-2$ la fraction vaut $7$, elle est donc bien supérieure à $1$, alors qu'une multiplication naïve par $x+1=-1$ aurait conclu le contraire.

a) La concentration initiale correspond à $x=0$, c'est-à-dire avant tout ajout : $C(0)=\frac{400}{50+0}=\frac{400}{50}=8$ g/L, ce qui redonne bien la donnée de l'énoncé et valide le modèle ✓. Après l'ajout de $30$ L : $C(30)=\frac{400}{50+30}=\frac{400}{80}=5$ g/L. Comprenez d'où vient la formule, c'est l'essentiel du problème : le NUMÉRATEUR reste $400$ g parce qu'ajouter de l'eau pure n'ajoute aucun sel, et seul le dénominateur, le volume total, augmente.

b) $\frac{400}{50+x}=2$ donne $400=2(50+x)$, donc $50+x=200$ et $x=150$ L. Vérification : $\frac{400}{200}=2$ ✓. Le volume total est passé de $50$ à $200$ L, soit un facteur $4$, et la concentration est passée de $8$ à $2$ g/L, soit une division par $4$ : concentration et volume sont inversement proportionnels, ce qui est exactement la signature d'une fonction en $\frac{1}{x}$.

c) Quand $x$ devient très grand, le dénominateur croît sans limite et $C(x)$ s'approche de $0$ : l'asymptote horizontale est $y=0$, l'axe des abscisses. Interprétation : NON, on ne peut pas atteindre une concentration nulle par dilution. Les $400$ g de sel sont toujours présents dans le réservoir, quel que soit le volume d'eau ajouté ; une fraction de numérateur non nul ne s'annule jamais. On ne peut que s'approcher de zéro autant qu'on le souhaite, en acceptant un volume de plus en plus grand. C'est un cas où le modèle mathématique et la réalité physique disent exactement la même chose : diluer n'est pas enlever.

d) On veut $\frac{400}{50+x}<1$. Le contexte garantit $x\geq 0$, donc $50+x>0$ : le dénominateur est strictement positif et l'on PEUT multiplier par lui sans renverser le sens, ce qui est le seul cas où cette multiplication est légitime. On obtient $400<50+x$, donc $x>350$ L. Il faut ajouter plus de $350$ litres d'eau pure. Vérification aux bornes : $C(350)=\frac{400}{400}=1$ g/L exactement, et $C(351)=\frac{400}{401}\approx 0{,}998$ g/L ✓. Interprétation frappante : pour diviser la concentration par $8$, il faut multiplier le volume par $8$, soit passer de $50$ L à $400$ L, c'est-à-dire ajouter SEPT fois le volume initial. La dilution devient très vite coûteuse en eau, ce qui est la raison pratique pour laquelle on traite rarement une pollution par simple dilution.