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

La règle est déjà presque canonique : $f(x)=\frac{-6}{x-(-3)}+0$. Donc $a=-6$, $h=-3$ et $k=0$. Piège : $h=3$ en recopiant le signe de la parenthèse.

$x+5=1\cdot(x+2)+3$, donc $f(x)=1+\frac{3}{x+2}=\frac{3}{x+2}+1$ : $a=3$, $h=-2$, $k=1$.

Sans terme constant au numérateur, la méthode ne change pas : $2x=2(x-5)+10$, donc $f(x)=\frac{10}{x-5}+2$ : $a=10$, $h=5$, $k=2$. Piège : $a=2$, le coefficient du numérateur, qui est en fait $k$.

$3x+2=3(x-4)+14$, puisque $3(x-4)=3x-12$ et $2-(-12)=14$. Donc $f(x)=\frac{14}{x-4}+3$ : $a=14$, $h=4$, $k=3$. Piège : un reste de $2+12$ oublié, $a=2$.

$4x+3=4(x+2)-5$, puisque $4(x+2)=4x+8$ et $3-8=-5$. Donc $f(x)=\frac{-5}{x+2}+4$ : $a=-5$, $h=-2$, $k=4$. Le reste négatif rend $a$ négatif : la courbe est dans les quadrants 2 et 4 par rapport au centre.

Le dénominateur $3-x$ s'écrit $-(x-3)$ : on sort le signe d'abord, $f(x)=-\frac{x+1}{x-3}$. Puis $x+1=(x-3)+4$, donc $f(x)=-\left(1+\frac{4}{x-3}\right)=\frac{-4}{x-3}-1$ : $a=-4$, $h=3$, $k=-1$. Piège : sortir le signe sur la fraction et l'oublier sur le quotient, d'où $k=1$.

$6x+1=3(2x-4)+13$, donc $f(x)=3+\frac{13}{2x-4}=3+\frac{13}{2(x-2)}=\frac{\frac{13}{2}}{x-2}+3$ : $a=\frac{13}{2}=6{,}5$, $h=2$, $k=3$. Piège : garder $a=13$ sans mettre le $2$ en évidence.

Le quotient vaut $\frac{1}{2}$ : $x+3=\frac{1}{2}(2x-1)+\frac{7}{2}$. Donc $f(x)=\frac{1}{2}+\frac{\frac{7}{2}}{2\left(x-\frac{1}{2}\right)}=\frac{\frac{7}{4}}{x-\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}$ : $a=\frac{7}{4}=1{,}75$, $h=\frac{1}{2}$, $k=\frac{1}{2}$. Le rapport des coefficients de $x$, $\frac{1}{2}$, est toujours $k$.

$-6x+4=-2(3x-6)-8$, puisque $-2(3x-6)=-6x+12$ et $4-12=-8$. Donc $f(x)=-2+\frac{-8}{3(x-2)}=\frac{-\frac{8}{3}}{x-2}-2$ : $a=-\frac{8}{3}\approx-2{,}67$, $h=2$, $k=-2$. Piège : $k=2$, le signe du quotient perdu.

$12x-7=3(4x+10)-37$, puisque $3(4x+10)=12x+30$ et $-7-30=-37$. Donc $f(x)=3+\frac{-37}{4(x+2{,}5)}=\frac{-9{,}25}{x+2{,}5}+3$ : $a=-\frac{37}{4}=-9{,}25$, $h=-\frac{10}{4}=-2{,}5$, $k=3$.

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.

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 $1$.

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.

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.

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 ✓.

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 $1$.

$f(x)=\frac{2x+1}{x-1}$. 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 $\frac{3}{2}+2=3{,}5$ ✓.

$g(x)=\frac{3x-1}{2-x}$. 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 $\frac{-5}{-1}-3=5-3=2$ ✓.

$h(x)=\frac{-3x}{x+1}$. 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 $\frac{3}{3}-3=-2$ ✓.

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

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 $y$.

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.

$\frac{6}{x+1}-2=1$ 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.

$f(x)>-2$ 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 $y=-2$.

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.

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.

$\frac{120}{x}+40=50$ 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 ✓.

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.

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 $(-1\,;-1)$.

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.

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.