Exercices corrigés : la fonction rationnelle, dite homographique (math TS, secondaire 5)

a) $h=3$ et $k=4$ : asymptotes $x=3$ et $y=4$. Le domaine est $\mathbb{R}$ privé de $3$, le seul point où le dénominateur s'annule. L'image est $\mathbb{R}$ privé de $4$, car $\dfrac{6}{x-3}$ n'est jamais nul : une fraction de numérateur non nul ne s'annule jamais. Vérification : $f(1000)=4{,}006$, tout près de $4$ sans y être.

b) On lit $x+1=x-(-1)$, donc $h=-1$ et $k=-5$ : asymptotes $x=-1$ et $y=-5$. Domaine et image sont $\mathbb{R}$ privé de $-1$ et de $-5$ respectivement. Le $a=-2$ ne déplace aucune des deux asymptotes, il change seulement la façon dont la courbe s'en approche.

c) $h=0$ et $k=7$ : asymptotes $x=0$, c'est-à-dire l'axe des ordonnées, et $y=7$. Domaine $\mathbb{R}$ privé de $0$, image $\mathbb{R}$ privé de $7$. C'est la fonction de base $\dfrac{3}{x}$ translatée de $7$ vers le haut.

d) Non, et pour deux raisons à la fois. Le point $(3\,;4)$ a pour abscisse $3$, qui n'appartient pas au domaine : $f(3)$ n'existe pas. Et son ordonnée $4$ n'appartient pas à l'image : aucun $x$ ne donne $f(x)=4$, puisqu'il faudrait $\dfrac{6}{x-3}=0$. Le point de repère est donc doublement évité, et c'est la seule famille du programme où le repère n'est pas sur la courbe. C'est aussi le CENTRE DE SYMÉTRIE de l'hyperbole : les deux branches se répondent autour de lui.

a) On écrit le numérateur en faisant apparaître le dénominateur : $2x+7=2(x+3)+1$. Donc $f(x)=\dfrac{2(x+3)+1}{x+3}=2+\dfrac{1}{x+3}$, c'est-à-dire $f(x)=\dfrac{1}{x+3}+2$ : $a=1$, $h=-3$, $k=2$. Vérification en $x=-2$ : la forme de départ donne $\dfrac{3}{1}=3$, la canonique donne $1+2=3$.

b) $3x-1=3(x-2)+5$, donc $g(x)=3+\dfrac{5}{x-2}=\dfrac{5}{x-2}+3$. Asymptotes $x=2$ et $y=3$. Vérification en $x=3$ : $\dfrac{8}{1}=8$, et $5+3=8$. Le reste de la division, ici $5$, est exactement le paramètre $a$.

c) Le dénominateur a un coefficient : on le met d'abord en évidence, $2x-1=2\left(x-\dfrac{1}{2}\right)$. Puis $4x+5=2(2x-1)+7$, donc $p(x)=2+\dfrac{7}{2x-1}=2+\dfrac{7}{2\left(x-0{,}5\right)}=\dfrac{3{,}5}{x-0{,}5}+2$. Asymptotes $x=0{,}5$ et $y=2$. Vérification en $x=1$ : $\dfrac{9}{1}=9$, et $7+2=9$.

d) L'asymptote horizontale est le quotient des coefficients DOMINANTS, $y=\dfrac{p}{r}$. La raison : pour $x$ très grand, les termes constants deviennent négligeables devant les termes en $x$, donc le quotient tend vers $\dfrac{px}{rx}=\dfrac{p}{r}$. Contrôle sur c) : $\dfrac{4}{2}=2$, ce qui est bien le $k$ trouvé par division. Cette lecture instantanée sert de vérification systématique après toute division.

a) $f(0)=\dfrac{6}{-3}+4=-2+4=2$. L'ordonnée à l'origine existe parce que $0$ appartient au domaine ; pour une fonction rationnelle, il faut le vérifier, car $h$ pourrait valoir $0$.

b) $\dfrac{6}{x-3}+4=0$ donne $\dfrac{6}{x-3}=-4$, donc $6=-4(x-3)$, soit $6=-4x+12$ et $4x=6$, d'où $x=1{,}5$. Vérification : $f(1{,}5)=\dfrac{6}{-1{,}5}+4=-4+4=0$. Une fonction rationnelle a au plus UN zéro, parce que son numérateur, sous forme générale, est du premier degré.

c) $\dfrac{6}{x-3}+4=7$ donne $\dfrac{6}{x-3}=3$, donc $x-3=2$ et $x=5$. Vérification : $f(5)=3+4=7$. Pour $f(x)=4$ : il faudrait $\dfrac{6}{x-3}=0$, ce qui est impossible, un numérateur non nul ne donne jamais un quotient nul. Aucune solution, et c'est exactement ce que dit l'image, $\mathbb{R}$ privé de $4$.

d) $f(x)>4$ revient à $\dfrac{6}{x-3}>0$. Comme $6>0$, le quotient est positif exactement quand $x-3>0$ : la solution est $]3\,;+\infty[$. Autrement dit, la branche de droite est au-dessus de l'asymptote, celle de gauche en dessous. Pour $f(x)\le 7$ : on passe tout d'un côté, $\dfrac{6}{x-3}-3\le 0$, soit $\dfrac{6-3(x-3)}{x-3}=\dfrac{15-3x}{x-3}\le 0$. Le numérateur s'annule en $5$, le dénominateur en $3$ : le tableau de signes donne $]-\infty\,;3[\ \cup\ [5\,;+\infty[$, avec $3$ exclu car interdit et $5$ inclus car l'inégalité est large.

a) $h=2$ et $k=-1$, donc $y=\dfrac{a}{x-2}-1$. Le point $(4\,;3)$ donne $3=\dfrac{a}{2}-1$, donc $\dfrac{a}{2}=4$ et $a=8$. La règle est $y=\dfrac{8}{x-2}-1$. Vérification : $\dfrac{8}{2}-1=3$.

b) $h=-3$ et $k=5$, donc $y=\dfrac{a}{x+3}+5$. Le point $(-1\,;2)$ donne $2=\dfrac{a}{2}+5$, donc $\dfrac{a}{2}=-3$ et $a=-6$. La règle est $y=\dfrac{-6}{x+3}+5$. Le signe négatif était prévisible : le point donné est SOUS l'asymptote horizontale.

c) $h=1$, donc $y=\dfrac{a}{x-1}+k$ avec deux inconnues. Le zéro donne $0=\dfrac{a}{3}+k$, l'ordonnée à l'origine donne $-2=\dfrac{a}{-1}+k=-a+k$. De la première, $k=-\dfrac{a}{3}$ ; en reportant, $-2=-a-\dfrac{a}{3}=-\dfrac{4a}{3}$, donc $a=\dfrac{6}{4}\times\ldots$ reprenons : $-\dfrac{4a}{3}=-2$ donne $4a=6$ et $a=1{,}5$, puis $k=-0{,}5$. Vérifions le zéro : $\dfrac{1{,}5}{3}-0{,}5=0{,}5-0{,}5=0$, correct ; et l'ordonnée à l'origine : $\dfrac{1{,}5}{-1}-0{,}5=-2$, correct. La règle est $y=\dfrac{1{,}5}{x-1}-0{,}5$. Deux données autres que les asymptotes donnent donc un système de deux équations, et il faut le poser proprement.

d) Elles ont le même point de repère, $(2\,;-1)$, et les mêmes asymptotes. Avec $a=8>0$, une branche est en haut à droite du repère et l'autre en bas à gauche ; avec $a=-8<0$, c'est l'inverse, en haut à gauche et en bas à droite. Le signe de $a$ décide donc de la PAIRE DE QUADRANTS occupée autour du repère, et sa valeur absolue de l'écartement des branches. Contrôle : en $x=4$, la première vaut $3$ et la seconde $-5$, de part et d'autre de $-1$.

a) De $y=\dfrac{6}{x-3}+4$, on isole : $y-4=\dfrac{6}{x-3}$, donc $x-3=\dfrac{6}{y-4}$ et $x=\dfrac{6}{y-4}+3$. En échangeant les noms, $f^{-1}(x)=\dfrac{6}{x-4}+3$. Le paramètre $a$ ne bouge pas, seuls $h$ et $k$ permutent.

b) Les asymptotes de $f^{-1}$ sont $x=4$ et $y=3$. Celles de $f$ étaient $x=3$ et $y=4$ : elles ont bien échangé leurs rôles, ce qui est la traduction du fait que le domaine de la réciproque est l'image de la fonction. La réflexion par rapport à la droite $y=x$ envoie une verticale sur une horizontale, et cela se voit ici sur les équations.

c) De $y=\dfrac{5}{x}$, on tire $x=\dfrac{5}{y}$, donc $g^{-1}(x)=\dfrac{5}{x}$ : la fonction est sa PROPRE réciproque, une involution. C'est le cas de toute fonction $\dfrac{c}{x}$, et graphiquement cela signifie que sa courbe est symétrique par rapport à la droite $y=x$, donc qu'une réflexion sur cette droite la laisse inchangée. Vérification : $g\!\left(g(2)\right)=g(2{,}5)=2$.

d) $f^{-1}\!\left(f(x)\right)=\dfrac{6}{\left(\dfrac{6}{x-3}+4\right)-4}+3=\dfrac{6}{\dfrac{6}{x-3}}+3=(x-3)+3=x$, pour tout $x\neq 3$. Dans l'autre sens, le même calcul avec $4$ et $3$ échangés donne aussi $x$, pour tout $x\neq 4$. La réciproque est vérifiée. Contrôle numérique : $f(5)=7$ et $f^{-1}(7)=\dfrac{6}{3}+3=5$.

a) Les asymptotes donnent $h=-2$ et $k=1$, donc $y=\dfrac{a}{x+2}+1$. Le point $(1\,;0)$ donne $0=\dfrac{a}{3}+1$, donc $a=-3$. La règle est $y=\dfrac{-3}{x+2}+1$. Vérification : $\dfrac{-3}{3}+1=0$.

b) Domaine $\mathbb{R}$ privé de $-2$, image $\mathbb{R}$ privé de $1$. Ordonnée à l'origine : $y(0)=\dfrac{-3}{2}+1=-0{,}5$. Le point $(0\,;-0{,}5)$ est sur la branche de droite, sous l'asymptote horizontale, ce que la figure confirme.

c) L'abscisse $-5$ est à gauche de l'asymptote verticale $x=-2$ : c'est donc la branche de GAUCHE. On vérifie : $y(-5)=\dfrac{-3}{-3}+1=1+1=2$, donc le point $(-5\,;2)$ appartient bien à la courbe. Il est au-dessus de l'asymptote horizontale, ce qui est cohérent avec $a<0$ : la branche gauche est en haut.

d) On réduit au même dénominateur : $\dfrac{-3}{x+2}+1=\dfrac{-3+(x+2)}{x+2}=\dfrac{x-1}{x+2}$. Contrôle par l'asymptote horizontale : le quotient des coefficients dominants vaut $\dfrac{1}{1}=1$, ce qui est bien $k$. Contrôle par le zéro : le numérateur s'annule en $x=1$, ce qui est bien le point marqué sur la figure.

a) $2x+4=2(x+2)$, donc $f(x)=\dfrac{2(x+2)}{x+2}=2$ pour tout $x\neq -2$. La courbe n'est pas une hyperbole : c'est la droite horizontale $y=2$, PERCÉE d'un trou au point $(-2\,;2)$. Il n'y a aucune asymptote verticale, la fonction ne part nulle part à l'infini ; il y a seulement un point manquant.

b) $6x-9=3(2x-3)$ et $4x-6=2(2x-3)$, donc $g(x)=\dfrac{3(2x-3)}{2(2x-3)}=\dfrac{3}{2}=1{,}5$ pour $x\neq 1{,}5$. Même situation : une horizontale trouée en $(1{,}5\,;1{,}5)$. La simplification n'est visible qu'après factorisation des deux membres, ce qui est le réflexe à prendre avant toute division.

c) $2x+5=2(x+2)+1$, donc $p(x)=\dfrac{1}{x+2}+2$ : $a=1$, non nul, donc c'est une VRAIE hyperbole, d'asymptotes $x=-2$ et $y=2$. La différence avec a) tient à une seule unité au numérateur : $2x+4$ se simplifie, $2x+5$ laisse un reste. C'est précisément ce reste qui est le paramètre $a$, et qui fait exister la courbe.

d) Après division, le reste vaut $q-\dfrac{p}{r}s$, qui est non nul exactement quand $ps-qr\neq 0$ après multiplication par $r$. La condition est donc $ps\neq qr$, c'est-à-dire que les deux expressions ne sont pas proportionnelles. Contrôle sur a) : $p=2$, $q=4$, $r=1$, $s=2$, et $ps=4=qr$ : le cas est bien dégénéré. Sur c) : $ps=4$ et $qr=5$, différents, donc vraie hyperbole. Ce test tient en une multiplication croisée, et il se fait avant tout calcul d'asymptote.

a) De $\dfrac{1}{q}=\dfrac{1}{12}-\dfrac{1}{p}=\dfrac{p-12}{12p}$, on tire $q=\dfrac{12p}{p-12}$. Pour la forme canonique, on divise : $12p=12(p-12)+144$, donc $q=12+\dfrac{144}{p-12}=\dfrac{144}{p-12}+12$. Les paramètres sont $a=144$, $h=12$ et $k=12$.

b) Asymptote verticale $p=12$ : quand l'objet est exactement au foyer, à $12$ centimètres, aucune image ne se forme, les rayons sortent parallèles. Asymptote horizontale $q=12$ : quand l'objet est très éloigné, l'image se forme au foyer, à $12$ centimètres derrière la lentille, sans jamais s'en rapprocher davantage. Les deux asymptotes disent donc la même grandeur physique, la distance focale, lue de deux façons.

c) $q=\dfrac{144}{20-12}+12=\dfrac{144}{8}+12=18+12=30$ centimètres. Vérification dans la relation de départ : $\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{30}=\dfrac{3}{60}+\dfrac{2}{60}=\dfrac{5}{60}=\dfrac{1}{12}$, ce qui est bien la focale.

d) On cherche $q=p$, donc $\dfrac{144}{p-12}+12=p$. En multipliant par $p-12$, qui est positif puisque $p>12$ pour qu'une image se forme : $144+12(p-12)=p(p-12)$, soit $144+12p-144=p^{2}-12p$, donc $12p=p^{2}-12p$ et $p^{2}-24p=0$, c'est-à-dire $p(p-24)=0$. La solution $p=0$ n'a pas de sens physique, reste $p=24$ centimètres, soit exactement DEUX FOIS la focale. Vérification : $q=\dfrac{144}{12}+12=24$ centimètres. C'est un réglage classique du banc d'optique, celui où l'image a la même taille que l'objet.

a) La forme est déjà canonique avec $a=240$, $h=0$ et $k=1{,}5$ : asymptote verticale $n=0$, asymptote horizontale $T=1{,}5$. La verticale n'a aucun sens physique, puisqu'on ne produit rien avec zéro machine. L'horizontale, elle, est très parlante : même avec un nombre énorme de machines, le temps ne descendra jamais sous $1{,}5$ heure, le temps de réglage. C'est le plancher incompressible du procédé.

b) $T(4)=\dfrac{240}{4}+1{,}5=60+1{,}5=61{,}5$ heures. $T(8)=30+1{,}5=31{,}5$ heures. Le temps n'est PAS divisé par deux : il passe de $61{,}5$ à $31{,}5$, soit une division par environ $1{,}95$. La partie proportionnelle est bien divisée par deux, mais le $1{,}5$ heure de réglage reste entier. C'est l'effet du paramètre $k$, et c'est ce qui distingue une vraie fonction rationnelle d'une simple inverse proportionnalité.

c) On résout $\dfrac{240}{n}+1{,}5<25$, donc $\dfrac{240}{n}<23{,}5$. Comme $n>0$, on peut multiplier sans changer le sens : $240<23{,}5n$, donc $n>\dfrac{240}{23{,}5}\approx 10{,}21$. Le nombre de machines étant entier, il en faut $11$. Vérification : $T(11)=\dfrac{240}{11}+1{,}5\approx 21{,}82+1{,}5=23{,}32$ heures, sous les $25$ ; et $T(10)=24+1{,}5=25{,}5$ heures, au-dessus. Le passage à l'entier supérieur est obligatoire et doit être justifié.

d) On résout $\dfrac{240}{n}+1{,}5=10$, donc $\dfrac{240}{n}=8{,}5$ et $n=\dfrac{240}{8{,}5}\approx 28{,}2$, soit $29$ machines. La plage du modèle s'arrête à $12$ machines : l'objectif n'est donc PAS atteignable dans les conditions décrites. On peut le dire autrement, et c'est plus fort : avec $12$ machines, $T(12)=20+1{,}5=21{,}5$ heures, encore loin des $10$. L'asymptote $T=1{,}5$ montre que $10$ heures n'est pas impossible en théorie, contrairement à un objectif de $1$ heure : c'est la plage de la machine, et non la limite mathématique, qui bloque ici.