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H. Rorthais

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1 re S - programme 2007 - mathématiques – ch.1 - cours Page 1 sur 5 (D'après Hachette - Déclic 2011) H. Rorthais (Lycée Polyvalent du Sacré-Cœur à Nantes) Ch.1 : Second degré 1 FORME CANONIQUE On considère une fonction polynôme ou « trinôme » de degré 2 f : x  ax2 + bx + c où a, b et c sont des réels fixés avec a  0.

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re 1 S- programme 2007 - mathématiques–coursch.1 - (D’après Hachette- Déclic 2011)

Ch.1 : Second degré

1F ORME CANONIQUE On considère une fonction polynôme ou « trinôme » de degré 2 2 f:xax+bx+c   où a , b et c sont des réels fixés avec a0 . P ROPRIETE ET DEFINITION Pour tout réel x , on a : 2 2 b b–4ac 2   ax+bx+c=a x+– .  2a  4a On obtient ainsi laforme canoniquede f(x) . 2 Le réel b–4ac est appelé lediscriminantdu trinôme.

Remar ue: Le discriminant est en général noté par la lettre  , majuscule du  (« delta ») de l'alphabet grec. 2 Ainsi : =b–4ac .

Démonstration :Voir une autre démonstration à l'exercice 41a e35. 2 2 b b–4ac   En partant de l'expression a x+– et en développant le carré, on a :  2a  4a 2 22 2 b b–4ac  b bb–4ac   2    a x+– =a  x+ 2x +  –  2a  4a  2a  2a   4a 2 2  bx b  b–4ac 2  =a  x+ +  – 2  a 4a  4a 2 2 b b–4ac 2  =ax+bx+– 4a4a 2  =ax+bx+c .

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Exem le: 2 Soit : g(x) =–2x+ 7x+ 11 . 2 On calcule le discriminant : = 7–4–211 = 49 + 88 = 137 . 2 22 2 7 7–4(–2)49 + 8811 77 137      On en déduit : g(x) =–2x+– =–2x–– =–2x– + .  2(–2)  4(–2)  4  –8  4  8

Consé uences: La paraboleun repère orthogonal du plan admet pourreprésentant dansaxe de symétriela droite –b–b–   d'équation x= et poursommetle point de coordonnées , . 2a  2a4a  Lorsque a> 0 , on a :

Lorsque a< 0 , on a :

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re 1 S- programme 2007 - mathématiques–2 sur 5cours Pagech.1 - (D’après Hachette- Déclic 2011) Exercice corrié :obtenir une forme canoniue On donne les fonctionsol nômesdu second deré suivantes : 2 22 f:x 1,5x+ 3x–4,5 , g:x–2x–5x–2  et h:x 2x+ 4x–7 .     Déterminer la forme canonique de chacune en utilisant trois méthodes différentes. Solution :Méthode : On calcule le discriminant :ère les valeursPour utiliser les formules, on re 2 nécessaires :, et. = 3–41,5(–4,5) = 9 + 27 = 36 . c =a = 1,5b = 3–4,5 2 D’où, pour tout réel x : Puis on utilise les formules = b–4ac et 22 3 36b    2   f(x) = 1,5x+– =1,5(x+ 1)–6 . a x+– .  21,5  41,5  2a  4a , on résout d'abord l'équationPour la forme canonique de x=–2 :On utilise laro riétéde smétrie 2 de laarabole : dans un reère –2x–5x–2 =–2 2 orthogonal du plan, si deux points –2x–5x= 0 M et M de la parabole, x(–2x–5) = 0 1 2 d'abscisses respectives x et x , x= 0 ou –2x–5 = 0 1 2 –5 ont la même ordonnée, alors le x= 0 ou x= . 2 sommet a pour abscisse –5 xx + 1 2 0 + = . – 5 2 –5   2 Ainsi g(0) =g=–2 , et on calcule : = = .  2  2 4 On utilise la forme canoniue vue On calcule ensuite  : en seconde : 2 2 –5–5–25 25–25 + 50–16 9 a(x–) + .   =g() =–2–5–+2 =–2 == .  4  84 84 8 2 –5 9   On obtient : g(x) =–2x– + .  4  8 2 Pour la forme canonique de h , on factorise par 2 les deux Après avoir factorisé ax +bx par a , on 2 premiers termes : h(x) = 2(x+ 2x)–7 . b 2 considère xx + comme le début du 2 On considère x+ 2x comme le début du développement du a 2 2 développement d'une identité remarquable. produit remarquable (x+ 1) , soit : h(x) = 2[(x+ 1)–1]–7 . 2 2 On peut redévelopper de tête pour vérifier On obtient : h(x) = 2(x+ 1)–2–7 = 2(x+ 1)–9 . le calcul. 2R ESOLUTION D ' UNE EQUATION DU SECOND DEGRE 2 P ROPRIETE 1 Ensemble des solutions de l'équation ax+bx+c= 0 2 Soit S l'ensemble des solutions dans IR de l'équation ax+bx+c= 0 , où a , b , et c sont des réels fixés avec a0 et 2 =b–4ac le discriminant du trinôme. Si < 0 , alors S = , c'est-à-dire que l'équation n'a pas de solution. –b   Si = 0 , alors l'équation admet une seule solution ; on a : S =   .  2a    –b––b+   Si > 0 , alors l'équation admet deux solutions ; on a : ,S = .  2a2a  Note :  porte le nom de « discriminant », car son signe permet de séparer, ou encore de « discriminer » les différents cas.

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Inter rétationra hi ue:  < 0 :

 = 0 :

 = 0 :

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Piste de démonstration : En utilisant la forme canonique et en divisant par a0 , on obtient : 2 b  2   ax+bx+c= 0 si, et seulement si, a x+ = .  2a  4a Si < 0 , cette équation est impossible. Si = 0 , elle admet une unique solution. Si > 0 , elle admet deux solutions. Remar ues: 2 Vocabulaire : les éventuelles solutions de l'équation ax+bx+c= 0 sont aussi appelées lesracinesdu 2 trinôme ax+bx+c . Lorsque = 0 , l'unique solution est l'abscisse du sommet de la parabole représentant la fonction 2 xax+bx+c . Dans ce cas le sommet, dont l'ordonnée vaut 0 , est situé sur l'axe des abscisses.   2 P ROPRIETE 1 Factorisation du trinôme ax+bx+c 2 b 2   2 Lorsque = 0 , en notant x l'unique racine, on a : ax+bx+c=a x+ =a(x–x) . 00  2a  2 Lorsque > 0 , en notant x et x les deux racines, on a : ax+bx+c=a(x–x)(x–x) . 1 21 2 2 Lorsque < 0 , le trinôme ax+bx+c ne se factorise pas. Démonstration :Voir la démonstration à l'exercice 67, page 38.

Exem le: 2 2 Résolution de l'équation 3x–8x+ 5 = 0 et factorisation de 3x–8x+ 5 . 2 On calcule le discriminant : = (–8)–435 = 4 . –(–8)–8 4–2 (–+ 24 88) +5 Comme > 0 , il y a deux solutions : = =1 et = = . 22 3 6  33 6 5   Ainsil’ensemble des solutions est S =  1 ,  .  3  2 En appliquant la propriété 2, on a, pour tout réel x : 3x–8x+ 5 = 3(x–1)(x–3) .

Exercice corrigé :résoudre une équation du second degré

Dans un repère du plan, on a tracé la parabole

2 fonction f:xx+ 3x et la droite  

représentant la

d'équation y=–0,5x–3 .

1)Montrer queet ontdeux points communs et déterminer les coordonnées de ces deux points. 2)semble couper l'axe des abscisses en deux points. Préciser ces points.

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re 1 S- programme 2007 - mathématiques–4 sur 5ch.1 -cours Page (D’après Hachette- Déclic 2011) Solution :Méthode : Les abscisses desoints communs La droiteest la représentation graphique de la fonction affine aux courbes rerésentatives de :x–0,5x–3 ; on s'intéresse donc à l'équation x=x :   deux fonctions f et g sont les 2 2 f(x) =g(x) équivaut à x+ 3x=–0,5x–3 , ainsi qu’à x+ 3,5x+ 3 = 0 . solutions de l'équation f (x) = g(x) . 2 On calcule le discriminant du trinôme x+ 3,5x+ 3 : 2 = 3,5–413 = 0,25 . Comme > 0 , cette équation a deux solutions qui sont :Lorsque > 0 le trinôme 2 –3,5– 0,25–3,5–0,5–0,253,5 +–3,5 + 0,5 bx + cax + admet deux racines. = =–2 et = =–1,5 . 22 1 2  1 2 Donc etont deux points communs, d'abscisses –2 et –1,5 . Les ordonnées de ces deuxoints sont alors :L'ordonnée d'unoint de la courbe re résentantune fonction est –2 =–0,5–2–3 =–2 et –1,5 =–0,5–1,5–3 =–2,25 . l'image de son abscisse par cette Ainsi, etse coupent aux points de coordonnées (–2 ;–2) et fonction. (–1,5 ;–2,25) . On résout l'équation f(x) = 0 :L'axe des abscisses a pour équation y = 0 ; il représente la fonction constante x 0 .   2 f(x) = 0 équivaut à : x+ 3x= 0 , ainsi qu’à: x(x+ 3) = 0 , soit aussi à : Lorsque c = 0 , le trinôme se x= 0 ou x=–3 . factorise par x : on n'a pas besoin d'utiliser les formules. Donc coupel'axe des abscisses aux points A(–3 ; 0) et O(0 ; 0) .

3S IGNE D ' UN TRINOME DU SECOND DEGRE P ROPRIETE ET DEFINITION 2 2 Soit f:xax+bx+c un trinôme du second degré, avec a0 .  désigne le discriminant de f : =b–4ac .   2 Si < 0 , alors pour tout réel x , ax+bx+c est dusigne de a . –b 2 Si = 0 , alors pour tout réel x , ax+bx+c est dusigne de a , ou nul pour x= . 2a 2 Si > 0 , et si x et x sont les racines de f , avec x<x , alors ax+bx+c est du signe de a pour x ]–;x   1 21 2 1 []x; +[ , et du signe de (–a) pour ]x;x[ . 2 12

Démonstration : Cas a< 0 : f admet le tableau de variations représenté ci-contre. – Si < 0 , on a, du fait que a< 0 : < 0 . 4a Le maximum deest donc strictement négatif : la fonctionest ainsi négative sur, c'est-à-dire du signe de IRa sur IR . –b Si = 0 , admet 0 pour maximum : f(x) est donc strictement négatif (du signe de a ) pour tout réel x , 2a –b   et f0 = .  2a  ––b–b Si > 0 , le maximumest strictement positif, et f s'annule en x< et x> . Avec les variations de f , 1 2 4a2a2a on en déduit que f(x) > 0 pour x]x;x[ , et f(x)< 0 pour x]x; +[ . 1 22 –b Cas a> 0 :On raisonne de même, f .présentant alors un minimum en 2a

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4R ECAPITULATIF

< 0

= 0

> 0

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Courbe –b –b––b+ ions de a> 0 Solut 2 Pas de solution. x= x= et x= 0 1 2 ax+bx+c= 0 2a 2a2a Positif sur ]–;x][x; +[ . Signe de 1 2 Strictement positif sur IR sur. Positif IR . 2 ax+bx+c= 0 Négatif sur [x;x] . 1 2 Courbe b –b––b+ a< 0 Solutions de – Pas de solution. x= x= et x= 2 0 1 2 ax+bx+c= 0 2a 2a2a Négatif sur ]–;x][x; +[ . Signe de 1 2 Strictement négatif sur IR . Négatifsur IR . 2 ax+bx+c= 0 Positif sur [x;x] . 1 2 Exercice corrié :résoudre une inéuation du second deré 1)Étudier, suivant les valeurs du réel x , les signes des trinômes suivants : 2 2 a) P(x) = 3x+ 6x–9 ;b) Q(x) =x–4x–4 . –6x–21 2)Résoudre dans IR l'inéquation (I) : > 3 . 2 –x–4x–4 Solution :Méthode : 2 1),On détermine les racines de a)Le discriminant de P(x) est : = 6–43(–9) = 144 . P puis on obtient le signe de P(x) P a deux racines qui sont : à artirde celui du coefficient –6– 144–6–12–6 +144–6 + 12 = =–3 et 1= = . 2 a de x . 2 3 6 2 3 6 x––3 1+ P(x0) +–+ 0 2 2 x n'ayant qu'une racine, b)On a Q(x) =–(x+ 4x+ 4) =–(x+ 2) . x– + = 0 et x est du signe de a qui vaut ici –1 , sur IR . Q(x)– –6x–21 2) > 3 équivaut à : 2 –x–4x–4 –6x–21 –3 > 0 2 –x–4x–4 uationOn transforme l'iné 2 our avoir le membre de droite –6x–21–3(–x–4x–4) > 0 2 nul et se ramener ainsi à une –(x+ 4x+ 4) étude de signes. 2 3x+ 6x–9 > 0 2 –(x+ 2) P(x) > 0 . Q(x) On utilise un tableau de sines x––3–+2 1 our résoudre l'inéuation. P(x0) +–– 0+ On matérialise une valeur Q(x)–– 0–– interdite par une double barre. P(x) –0+ + 0– Q(x) L'ensemble des solutions de l'inéquation (I) est [–3 ; 2[]–2 ; 1[ .

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