Exercices corrigés : les fonctions quadratiques (math SN5)

Deux méthodes donnent la forme canonique, et il faut savoir les deux : les FORMULES ($h=-\frac{b}{2a}$ puis $k=f(h)$) et la COMPLÉTION DU CARRÉ. Les formules sont plus rapides, la complétion explique pourquoi elles fonctionnent. On donne ici les deux pour chaque cas.

a) $f(x)=x^{2}-6x+5$, avec $a=1$, $b=-6$, $c=5$. Par les formules : $h=-\frac{-6}{2\times 1}=3$, puis $k=f(3)=9-18+5=-4$. Forme canonique : $f(x)=(x-3)^{2}-4$, de sommet $(3\,;-4)$. Par complétion du carré : on cherche le carré qui commence par $x^{2}-6x$, c'est $(x-3)^{2}=x^{2}-6x+9$, lequel contient un $+9$ en trop qu'il faut retrancher. Donc $x^{2}-6x=(x-3)^{2}-9$, et $f(x)=(x-3)^{2}-9+5=(x-3)^{2}-4$ ✓. Le nombre $3$ à mettre dans la parenthèse est toujours la MOITIÉ du coefficient de $x$.

b) $g(x)=2x^{2}+8x+3$, avec $a=2$. Par les formules : $h=-\frac{8}{2\times 2}=-2$, puis $k=g(-2)=2\times 4-16+3=-5$. Forme canonique : $g(x)=2(x+2)^{2}-5$. Par complétion du carré, il faut d'abord mettre $a=2$ en évidence sur les DEUX premiers termes seulement : $g(x)=2(x^{2}+4x)+3$. À l'intérieur, $x^{2}+4x=(x+2)^{2}-4$, donc $g(x)=2\left((x+2)^{2}-4\right)+3$. En redistribuant le $2$ : $2(x+2)^{2}-8+3=2(x+2)^{2}-5$ ✓. Le piège est ici, et il coûte la question : le $-4$ était à l'intérieur de la parenthèse, il ressort donc MULTIPLIÉ par $2$, et non tel quel.

c) $h(x)=-x^{2}+4x-1$, avec $a=-1$. Par les formules : $h=-\frac{4}{2\times(-1)}=2$, puis $k=h(2)=-4+8-1=3$. Forme canonique : $h(x)=-(x-2)^{2}+3$. Par complétion : $h(x)=-(x^{2}-4x)-1$, où le signe moins mis en évidence a changé le signe du $4x$. Puis $x^{2}-4x=(x-2)^{2}-4$, donc $h(x)=-\left((x-2)^{2}-4\right)-1=-(x-2)^{2}+4-1=-(x-2)^{2}+3$ ✓. Comme $a=-1<0$, la parabole est ouverte vers le bas et $k=3$ est un MAXIMUM.

Un mot sur les notations, car cet énoncé est piégeux : la troisième fonction s'appelle $h$ alors que $h$ désigne aussi l'abscisse du sommet. Ce sont deux objets sans rapport, et dans une copie il vaut mieux écrire « le sommet est $(2\,;3)$ » plutôt que « $h=2$ » quand la fonction porte déjà ce nom.

Le discriminant $\Delta=b^{2}-4ac$ ne sert pas seulement à calculer : il ANNONCE le nombre de racines avant qu'on les cherche, et donc la possibilité même de factoriser. On le calcule toujours en premier.

a) $x^{2}-5x+6=0$ : $a=1$, $b=-5$, $c=6$, donc $\Delta=(-5)^{2}-4\times 1\times 6=25-24=1>0$, deux racines distinctes. $x=\frac{5\pm\sqrt{1}}{2}=\frac{5\pm 1}{2}$, soit $x=3$ ou $x=2$. Forme factorisée : $a(x-x_{1})(x-x_{2})=(x-2)(x-3)$. Avec $a=1$ et des racines entières, on pouvait aussi factoriser directement par produit-somme, deux nombres de produit $6$ et de somme $-5$ : la formule quadratique n'était pas obligatoire, mais elle donne toujours la réponse.

b) $2x^{2}-7x+3=0$ : $\Delta=49-24=25$, dont la racine est $5$. $x=\frac{7\pm 5}{4}$, soit $x=3$ ou $x=\frac{1}{2}$. Pour la forme factorisée, il ne faut PAS oublier le coefficient $a=2$ : $2(x-3)\left(x-\frac{1}{2}\right)$. On préfère l'écrire sans fraction en faisant entrer le $2$ dans la seconde parenthèse : $(x-3)(2x-1)$. Contrôle en développant : $2x^{2}-x-6x+3=2x^{2}-7x+3$ ✓. Écrire $(x-3)\left(x-\frac{1}{2}\right)$ sans le $2$ est faux, et cela se voit immédiatement sur le terme dominant.

c) $x^{2}+4x+4=0$ : $\Delta=16-16=0$. Une seule racine, dite DOUBLE : $x=\frac{-4}{2}=-2$. Forme factorisée : $(x+2)^{2}$, un carré parfait. Géométriquement, $\Delta=0$ signifie que la parabole ne coupe pas l'axe des $x$ mais le TOUCHE en un point, son sommet, qui est ici $(-2\,;0)$.

d) $x^{2}+x+1=0$ : $\Delta=1-4=-3<0$. Aucune racine réelle, donc aucune factorisation sur les réels. La parabole ne rencontre jamais l'axe des $x$, et comme $a=1>0$ elle est entièrement AU-DESSUS : le trinôme est strictement positif pour tout $x$. On peut le confirmer par la forme canonique, $x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}$, somme d'un carré et d'un nombre strictement positif, donc jamais nulle. Son minimum vaut $\frac{3}{4}$, atteint en $x=-\frac{1}{2}$.

Méthode commune : on cherche les racines, puis on applique la règle du signe. Un trinôme est du SIGNE DE $a$ à l'extérieur de ses racines et du signe OPPOSÉ entre elles. Il n'y a rien d'autre à savoir, à condition de ne pas oublier de regarder le signe de $a$.

a) $x^{2}-2x-3\geq 0$. Racines : $\Delta=4+12=16$, donc $x=\frac{2\pm 4}{2}$, soit $-1$ et $3$. Ici $a=1>0$, la parabole est ouverte vers le haut : elle est positive à l'EXTÉRIEUR de ses racines et négative entre elles. Solution : $]-\infty\,;-1]\cup[3\,;+\infty[$, bornes fermées puisque l'inégalité est large et que les racines annulent le trinôme. Contrôle par un point-test dans chaque zone : en $x=-2$, $4+4-3=5>0$ ✓ ; en $x=0$, $-3<0$ ✓ ; en $x=4$, $16-8-3=5>0$ ✓.

b) $-x^{2}+4x-3>0$. Le coefficient dominant est négatif, ce qui rend la règle du signe plus difficile à appliquer de tête : le réflexe est de multiplier toute l'inéquation par $-1$ en RENVERSANT le sens, ce qui donne $x^{2}-4x+3<0$. Racines : $\Delta=16-12=4$, donc $x=\frac{4\pm 2}{2}$, soit $1$ et $3$. Maintenant $a>0$ et on cherche où c'est NÉGATIF, donc entre les racines. Solution : $]1\,;3[$, bornes ouvertes car l'inégalité est stricte. On pouvait aussi raisonner directement sur la parabole d'origine, ouverte vers le bas, donc positive entre ses racines : même réponse, et c'est un bon contrôle.

c) $x^{2}+2x+5>0$. Racines : $\Delta=4-20=-16<0$, il n'y en a aucune. Une parabole sans racine ne traverse jamais l'axe des $x$ : elle reste donc TOUJOURS du même signe, celui de $a$. Ici $a=1>0$, donc le trinôme est strictement positif partout et la solution est $\mathbb{R}$. Vérification par la forme canonique : $x^{2}+2x+5=(x+1)^{2}+4$, minimum $4$ en $x=-1$, effectivement toujours strictement positif ✓. Attention au piège symétrique : si l'énoncé avait demandé $x^{2}+2x+5<0$, la réponse aurait été l'ensemble VIDE, et non $\mathbb{R}$.

Le choix de la forme de départ décide de la difficulté : on part TOUJOURS de la forme que l'énoncé rend gratuite. Un sommet donné appelle la forme canonique, des zéros donnés appellent la forme factorisée. Dans les deux cas il reste un seul paramètre, $a$, et un seul point pour le trouver.

a) Le sommet $(2\,;-1)$ donne $h=2$ et $k=-1$, donc $f(x)=a(x-2)^{2}-1$. On substitue le point $(0\,;3)$ : $3=a(0-2)^{2}-1=4a-1$, donc $4a=4$ et $a=1$. Forme canonique : $f(x)=(x-2)^{2}-1$. Pour la forme développée, on développe le carré sans oublier le double produit : $(x-2)^{2}=x^{2}-4x+4$, donc $f(x)=x^{2}-4x+4-1=x^{2}-4x+3$. Deux contrôles indépendants : le terme constant de la forme développée doit être $f(0)=3$ ✓, et la formule $h=-\frac{b}{2a}=\frac{4}{2}=2$ redonne bien l'abscisse du sommet ✓.

b) Les zéros $-1$ et $4$ appellent la forme factorisée $f(x)=a(x+1)(x-4)$, où l'on note bien les signes : un zéro en $-1$ donne le facteur $(x-(-1))=(x+1)$. On substitue $(0\,;-4)$ : $-4=a(0+1)(0-4)=-4a$, donc $a=1$. Forme factorisée : $f(x)=(x+1)(x-4)$. Forme développée : $x^{2}-4x+x-4=x^{2}-3x-4$. Contrôles : le terme constant vaut bien $-4=f(0)$ ✓, et le sommet, situé à mi-chemin des deux zéros par symétrie, est en $x=\frac{-1+4}{2}=1{,}5$, ce que confirme $-\frac{b}{2a}=\frac{3}{2}$ ✓. Cette symétrie du sommet entre les zéros est un raccourci qui sert dans tout le chapitre.

a) On extrait les trois informations dans l'ordre le plus économique. Le sommet : $h=-\frac{b}{2a}=-\frac{-2}{2}=1$, puis $k=f(1)=1-2-3=-4$, donc le sommet est $(1\,;-4)$. Les zéros : $x^{2}-2x-3=0$ se factorise en $(x+1)(x-3)=0$, d'où $x=-1$ et $x=3$. L'ordonnée à l'origine se lit sans aucun calcul sur la forme développée, c'est le terme constant : $f(0)=-3$.

b) Pour tracer une parabole proprement, cinq points bien choisis suffisent, et ils ne se prennent pas au hasard : le sommet, les deux zéros, et deux points symétriques de part et d'autre. On obtient $(-1\,;0)$, $(0\,;-3)$, $(1\,;-4)$, $(2\,;-3)$, $(3\,;0)$. Remarquez la symétrie du tableau : $f(0)=f(2)=-3$, parce que $0$ et $2$ sont à égale distance de l'axe de symétrie $x=1$. Cette symétrie permet de doubler gratuitement le nombre de points : dès qu'on en a un à gauche, on a son miroir à droite. Le sommet étant en dessous de l'axe des $x$ et $a>0$, la courbe descend jusqu'à $-4$ puis remonte.

c) L'inéquation $f(x)<0$ demande la portion de la parabole située SOUS l'axe des $x$. Sur le tracé, c'est l'arc compris entre les deux zéros, et le calcul le confirme par la règle du signe : $a>0$ donc le trinôme est négatif ENTRE ses racines. Solution : $]-1\,;3[$, bornes exclues car l'inégalité est stricte et les zéros donnent $f(x)=0$, ce qui n'est pas strictement négatif.

a) Le plongeur s'élance à l'instant $t=0$ : $h(0)=-5\times 0+10\times 0+2=2$ m. La hauteur de départ est donc le terme CONSTANT de la règle, ce qui vaut pour tout modèle de ce type et évite un calcul.

b) La trajectoire est une parabole ouverte vers le bas ($a=-5<0$), donc son sommet est un MAXIMUM. Son abscisse : $t=-\frac{b}{2a}=-\frac{10}{2\times(-5)}=1$ s. Sa hauteur : $h(1)=-5+10+2=7$ m. Le plongeur culmine donc à $7$ m au-dessus de l'eau, une seconde après l'impulsion, soit $5$ m au-dessus de son point de départ. Le coefficient $-5$ n'est pas arbitraire : il vaut la moitié de l'accélération de la pesanteur, environ $9{,}8$ m/s$^{2}$ arrondie à $10$.

c) Il touche l'eau quand $h(t)=0$ : $-5t^{2}+10t+2=0$, ou en multipliant par $-1$, $5t^{2}-10t-2=0$. Discriminant : $\Delta=100+40=140$, et $\sqrt{140}\approx 11{,}83$. Les solutions sont $t=\frac{10\pm\sqrt{140}}{10}$, soit $t\approx 2{,}18$ s et $t\approx -0{,}18$ s. On REJETTE la racine négative : elle correspondrait à un instant avant le saut, ce qui n'a pas de sens dans le contexte. Le plongeur touche l'eau après environ $2{,}18$ s. Ce rejet fait partie de la réponse et doit être écrit, ce n'est pas une omission tolérée.

d) On veut $h(t)>5$ : $-5t^{2}+10t+2>5$, soit $-5t^{2}+10t-3>0$, ou encore $5t^{2}-10t+3<0$ après multiplication par $-1$ et renversement du sens. Discriminant : $\Delta=100-60=40$, $\sqrt{40}\approx 6{,}32$. Racines : $t=\frac{10\pm\sqrt{40}}{10}$, soit environ $0{,}37$ s et $1{,}63$ s. Comme $a>0$ après réécriture, l'expression est négative ENTRE les racines : le plongeur est à plus de $5$ m entre $0{,}37$ s et $1{,}63$ s. La durée demandée est la différence, $\frac{2\sqrt{40}}{10}=\frac{\sqrt{40}}{5}\approx 1{,}26$ s. Notez que ces deux instants sont symétriques par rapport au sommet $t=1$, chacun à $0{,}63$ s de lui : c'est la symétrie de la parabole, et elle fournit un contrôle immédiat du résultat.

a) Par les formules, avec $a=3$, $b=-12$, $c=5$ : $h=-\frac{b}{2a}=-\frac{-12}{6}=2$, puis $k=f(2)=3\times 4-24+5=12-24+5=-7$. Forme canonique : $f(x)=3(x-2)^{2}-7$, de sommet $(2\,;-7)$.

b) Par complétion du carré, en quatre gestes qu'il faut faire dans cet ordre. On met $3$ en évidence sur les deux premiers termes SEULEMENT : $f(x)=3(x^{2}-4x)+5$. On complète à l'intérieur, la moitié de $-4$ étant $-2$ : $x^{2}-4x=(x-2)^{2}-4$. On réinjecte : $f(x)=3\left((x-2)^{2}-4\right)+5$. On redistribue le $3$ sur les DEUX termes de la parenthèse : $f(x)=3(x-2)^{2}-12+5=3(x-2)^{2}-7$ ✓. Même résultat qu'en a), ce qui valide les deux méthodes l'une par l'autre. L'erreur classique consiste à écrire $3(x-2)^{2}-4+5$, en oubliant que le $-4$ était à l'intérieur de la parenthèse et doit donc être multiplié par $3$.

c) La forme canonique permet de résoudre sans la formule quadratique, et c'est tout son intérêt ici : $3(x-2)^{2}-7=0$ donne $(x-2)^{2}=\frac{7}{3}$, donc $x-2=\pm\sqrt{\frac{7}{3}}$ et $x=2\pm\sqrt{\frac{7}{3}}$. On rationalise pour présenter une forme propre : $\sqrt{\frac{7}{3}}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{7}\times\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{21}}{3}$. Solutions exactes : $x=2\pm\frac{\sqrt{21}}{3}$. Numériquement, $\sqrt{21}\approx 4{,}583$, donc $\frac{\sqrt{21}}{3}\approx 1{,}528$, d'où $x\approx 0{,}47$ et $x\approx 3{,}53$. N'oubliez jamais le $\pm$ à la sortie d'une racine carrée : c'est la moitié des solutions qui disparaît avec lui.

d) Vérification dans la forme DÉVELOPPÉE, comme le demande l'énoncé, car c'est elle qui n'a servi à aucun des calculs précédents. Posons $x=2+\sqrt{\frac{7}{3}}$. Alors $x-2=\sqrt{\frac{7}{3}}$, donc $(x-2)^{2}=\frac{7}{3}$ et $3(x-2)^{2}-7=3\times\frac{7}{3}-7=0$ ✓. Le calcul est identique pour l'autre racine, puisque le carré efface le signe : c'est précisément la symétrie de la parabole par rapport à son axe $x=2$. Contrôle numérique sur la forme développée : $3\times 0{,}47^{2}-12\times 0{,}47+5\approx 0{,}66-5{,}64+5\approx 0{,}02$, nul aux arrondis près ✓. Contrôle supplémentaire par les relations entre coefficients et racines : la somme des deux solutions vaut $4$, ce qui doit égaler $-\frac{b}{a}=\frac{12}{3}=4$ ✓.

a) On applique la formule du discriminant à $mx^{2}+(m+1)x+m$, où le coefficient dominant est $a=m$, le coefficient de $x$ est $b=m+1$ et le terme constant est $c=m$. Donc $\Delta=(m+1)^{2}-4\times m\times m=m^{2}+2m+1-4m^{2}=-3m^{2}+2m+1$. Le discriminant est lui-même un trinôme du second degré, cette fois en $m$ : c'est ce qui rend la discussion possible, on va lui appliquer la règle du signe.

b) L'indice donne $\Delta(1)=-3+2+1=0$, donc $(m-1)$ est un facteur d'après le théorème du facteur. Le coefficient dominant étant $-3$, on écrit $-3m^{2}+2m+1=-(3m^{2}-2m-1)$, et $3m^{2}-2m-1$ se factorise par produit-somme généralisé : deux nombres de produit $3\times(-1)=-3$ et de somme $-2$, ce sont $-3$ et $1$, d'où $3m^{2}-3m+m-1=3m(m-1)+(m-1)=(m-1)(3m+1)$. Conclusion : $\Delta(m)=-(3m+1)(m-1)$. Vérification en développant : $(3m+1)(m-1)=3m^{2}-3m+m-1=3m^{2}-2m-1$, dont l'opposé est bien $-3m^{2}+2m+1$ ✓.

c) On étudie le signe de $\Delta(m)=-(3m+1)(m-1)$, dont les racines sont $m=-\frac{1}{3}$ et $m=1$. Le coefficient dominant de $\Delta$ vaut $-3<0$ : $\Delta$ est donc POSITIF entre ses racines et négatif à l'extérieur. On en tire la discussion complète. Deux solutions distinctes quand $\Delta>0$, c'est-à-dire pour $m\in\left]-\frac{1}{3}\,;1\right[$, en excluant $m=0$. Une solution double quand $\Delta=0$, c'est-à-dire pour $m=-\frac{1}{3}$ ou $m=1$. Aucune solution réelle quand $\Delta<0$, c'est-à-dire pour $m<-\frac{1}{3}$ ou $m>1$. Le cas $m=0$ doit être écarté à part, et l'énoncé le fait d'emblée : si $m=0$, le terme en $x^{2}$ disparaît, l'équation devient $x=0$, elle est du premier degré et le discriminant n'a plus de sens. Oublier de traiter ce cas est l'erreur la plus fréquente des questions à paramètre.

d) Pour $m=\frac{1}{2}$ : $\Delta=-3\times\frac{1}{4}+2\times\frac{1}{2}+1=-\frac{3}{4}+1+1=\frac{5}{4}>0$, donc deux solutions distinctes. Or $\frac{1}{2}$ appartient bien à $\left]-\frac{1}{3}\,;1\right[$ : conforme ✓. Pour $m=2$ : $\Delta=-12+4+1=-7<0$, donc aucune solution réelle. Or $2>1$ : conforme ✓. Ces deux contrôles, un dans chaque zone, sont la façon la plus rapide de valider une discussion : si le tableau de signe avait été inversé, ils l'auraient révélé immédiatement.

Principe du changement de variable : une équation qui n'est pas du second degré peut le devenir si l'on donne un NOM à l'expression qui se répète. Le mot clé est « se répète » : en a) c'est $x^{2}$, en b) c'est $2^{x}$, en c) c'est $\log_{2}x$. Le travail se fait ensuite en trois temps : poser, résoudre en $u$, revenir à $x$. Et c'est le retour qui décide du nombre final de solutions.

a) On pose $u=x^{2}$ : puisque $x^{4}=(x^{2})^{2}=u^{2}$, l'équation devient $u^{2}-13u+36=0$. Par produit-somme, deux nombres de produit $36$ et de somme $-13$ : ce sont $-4$ et $-9$, d'où $(u-4)(u-9)=0$ et $u=4$ ou $u=9$. Retour à $x$ : $x^{2}=4$ donne $x=2$ ou $x=-2$ ; $x^{2}=9$ donne $x=3$ ou $x=-3$. Quatre solutions : $\{-3,\ -2,\ 2,\ 3\}$. Chaque valeur de $u$ a fourni DEUX valeurs de $x$, et il ne faut surtout pas s'arrêter à $u$ : répondre « $4$ et $9$ » est l'erreur la plus courante de ce type d'exercice.