Équations du second degré

(1)

Équations du second degré

Exercice 1

Précisez pour chacune des expressions suivantes si elle est un polynôme du second degré (trinôme) et si oui, donner la valeur de chacun de ses coefficients.

a. f (_x)₌₄_x²₋₂_x+₆ ;

La fonction f est une fonction polynomiale du second degré avec a=4 , b=−2 et c=6 . b. g(_x)₌₋₅_x²₊₄_x−3 ;

La fonction g est une fonction polynomiale du second degré avec a=−5 , b=4 et c=−3 . c. h(x)=x+9 ;

La fonction h n'est pas une fonction polynomiale du second degré car a=0 (c'est une fonction affine).

d. j(x)=x²+4 ;

La fonction j est une fonction polynomiale du second degré avec a=1 , b=0 et c=4 . e. k(x)=(x+2)(x−3) ;

On a pour tout réel x , k(_x)_=x²₋₃_x+2_x−6=_x²_−x−6.

La fonction k est une fonction polynomiale du second degré avec a=1 , b=−1 et c=−6 . f. l(x)=(x+4)².

On a pour tout réel x , l(x)=x²+8x+16 .

La fonction f est une fonction polynomiale du second degré avec a=1 , b=8 et c=16 . Exercice 2

Soit la fonction f définie sur ℝ par f (x)=3x²−30x+83 . 1. Déterminer les coefficients a, b et c de f .

On a a=3 , b=−30 et c=83 .

2. Calculer les coordonnées du sommet de la parabole associée à f . Précisez si f admet un minimum ou un maximum.

On a α=− b

2a=−−30 2×3=30

6 =5 et β=f ⁽α⁾= f (5)=3×5²−30×5+83=8 . Donc S(5;8). Comme a=3>0 , alors la fonction f admet un minimum.

Exercice 3

Soit la fonction g définie sur ℝ par g(_x)_=−x²₋₈_x−15. 1. Déterminer les coefficients a, b et c de g .

On a a=−1 , b=−8 et c=−15 .

2. Calculer les coordonnées du sommet de la parabole associée à g. Précisez si g admet un minimum ou un maximum.

On a α=− b

2a=− −8

2×(−1)= 8

−2=−4 et β=f ⁽α⁾=f (−4)=−(−4)²−8×(−4)−15=33 . Donc S(−4 ;33). Comme a=−1<0 , alors la fonction g admet un maximum.

(2)

Exercice 4

Soit la fonction h définie sur ℝ par h(_x)₌₋₂_x²₊₁₀_x−7 . Construire la représentation graphique de h.

Exercice 5

On reprend les fonctions f (x)=3x²−30x+83 et g(x)=−x²−8x−15 des exercices 2 et 3.

1. Vérifier que pour tout x réel, on a f (x)=3(x−5)²+8 et g(x)=−(x+4)²+1 . On a (3(x−5))²+8=3(x²−10x+25)+8=3x²−30x+75+8=3x²−30x+83= f (x). Et −(x+4)²+1=−(x²+8x+16)+1=−x²−8x−16+1=−x²−8x−15=g(x). 2. En déduire les coordonnées du sommet de la parabole associée à f puis à g. Le sommet de la parabole associée à la fonction f est donc S_f(5;8).

Le sommet de la parabole associée à la fonction g est donc S_G(−4 ;1). Exercice 6

Chacune des fonctions polynômes suivantes est donnée sous sa forme canonique. Donner les coordonnées du sommet pour chaque parabole, et précisez l'extremum de la fonction.

a. f (x)=2(x−3)²+8 .

On a S(3;8). Comme a=2>0 , 8 est le minimum de la fonction f et il est atteint en x=3 . b. g(x)=−4(x−2)²−4 .

On a S(2 ;−4). Comme a=−4<0 , −4 est le maximum de la fonction g et il est atteint en x=2 .

c. h(x)=8(x+2)²+5 .

On a S(−2; 5). Comme a=8>0 , 5 est le minimum de la fonction h et il est atteint en x=−2 .

(3)

Exercice 7

Soit les fonctions f et g définies sur ℝ par f (x)=3(x+7)²−2 et g(x)=−2(x+4)²+5 . 1. Déterminer la forme développée de f .

On a pour tout réel x , f (x)=3(x²+14x+49)−2=3x²+42x+145 . 2. Donner les coordonnées du sommet de la parabole associée à f . Le sommet de la parabole associée à la fonction f est S_f(−7;−2). 3. Reprendre les questions précédentes pour la fonction g .

On a pour tout réel x , g(x)=−2(x²+8x+16)+5=−2x²−16x−27 . Le sommet de la parabole associée à la fonction g est S_g(−4 ;5). Exercice 8

Soit f la fonction définie sur ℝ par f (_x)₌₂_x²₋₈_x₊₈. 1. Factoriser f (x).

∀x∈ℝ, f(x)=2(x²−4x+4)=2(x²−2×x×2+2²)=2(x−2)².

2. Trouver les coordonnées de la parabole associée à f . Précisez si la fonction f admet un maximum ou un minimum.

La forme factorisée précédente correspond aussi à la forme canonique de la fonction f , où α=2 et β=0 . Donc le sommet S a pour coordonnées (2; 0).

Comme a=2>0 , la fonction f admet un minimum.

Exercice 9

Soit f la fonction déﬁnie sur ℝ par f (x)=(x+1)(3x−2)−5(x+1)². 1. Déterminer :

a. La forme développée de f (x).

On a f (x)=3x²−2x+3x−2−5(x²+2x+1)=3x²+x−2−5x²−10x−5=−2x²−9x−7 . b. Une forme factorisée de f (x).

On a f (x)=(x+1)(3x−2−5(x+1))=(x+1) (3x−2−5x−5)=(x+1)(−2x−7)=−2(x+1)

(

^x+⁷₂

)

^.

c. Déterminer la forme canonique de f (x). On a f (x)=−2

(

^x²⁺⁹2 x+7

2

)

⁼⁻²

(

^x²⁺^2×⁹4 x+

(

⁹4

)

²⁻

(

⁹4

)

²⁺⁷2

)

⁼⁻²

(

^x+⁹4

)

²⁺²⁵8 . 2. Répondre aux questions suivantes en choisissant la forme de f (x) qui paraît la plus adéquate.

a. Calculer les images par f de 0, −1 , 2

3 et

√

⁵^.

On a f (0)=−2×0²−9×0−7=−7 . On a f (−1)=−2(−1+1)

(

⁻¹⁺⁷2

)

⁼⁰^.

On a f

(

²₃

)

⁼

(

₃²⁺¹

)(

^3×²₃⁻²

)

⁻⁵

(

²₃⁺¹

)

²^=−5×

(

⁵₃

)

²⁼⁻¹²⁵₉ ^.

On a f (

√

5)=−(2(

√

5))²−9

√

5−7=−2×5−9

√

5−7=−17−9

√

5 . b. Trouver l’extremum de f sur ℝ.

D'après la forme canonique, l'extremum de f est 25

8 . C'est un maximum atteint en x=−9 4 . c. Résoudre l’équation f (x)=0 .

(4)

f (x)=0 ⇔ −2(x+1)

(

^x+⁷2

)

⁼⁰ ^⇔ ^{x+1=0 ou} ^x+⁷2=0 ⇔ x=−1 ou x=−7 2 . d. Résoudre l’inéquation f (x)⩽0 .

f (x)⩽0⇔(x+1) (−2x−7)⩽0 .

Or x+1=0⇔ x=−1 et −2x−7=0 ⇔ −2x=7 ⇔x=−7 2 .

x

−∞

⁻⁷₂ ⁻¹

^+∞

x+1 − − 0 +

−2x−7 + 0 − −

f (x) − 0 + 0 −

Ainsi, f (x)⩽0 ⇔ x∈

]

^−∞^;−⁷2

]

^{∪[−1 ;+∞[}^.

Exercice 11

Dans chacun des cas suivants, écrivez le trinôme sous sa forme canonique.

a. f (x)=x²+6x .

f (x)=x²+2×x×3+3²−3²=(x+3)²−9 . b. g(x)=−3x²+6x−2 .

g(x)=−3

(

^x²⁻²^x⁺²₃

)

⁼⁻³

(

^x²^−2×^x×1+1²⁻¹²⁺²₃

)

⁼⁻³

(

⁽^x−1⁾²⁻¹₃

)

⁼⁻³⁽^x−1⁾²⁺¹^.

Ou g(x)=−3(x²−2x)−2=−3(x²−2×x×1+1²−1²)−2=−3

(

(x−1)²−1

)

−2=−3(x−1)²+1 . c. h(x)=x²−6x+9 .

h(x)=x²−2×x×3+3²=(x−3)² . d. i(x)=x²+x−1 .

i(x)=x²+2×x×1

2+

(

¹2

)

²⁻

(

¹2

)

²⁻¹⁼

(

^x+¹2

)

²⁻⁵4 . e. j(x)=2x(x –3).

j(x)=2(x²−3x)=2

(

^x²^−2×^x×³2+

(

³2

)

²⁻

(

³2

)

²

)

⁼²

( (

^x−³2

)

²⁻⁹4

)

⁼²

(

^x−³2

)

²⁻⁹2 . f. k(_x)₌₂_x²₋₄_x

√

2−3.

k(x)=2

(

^x²⁻²^x

^√

²⁻³₂

)

⁼²

(

^x²^−2×x^×

^√

²⁺⁽

^√

²⁾²⁻⁽

^√

²⁾²⁻³₂

)

⁼²

(

⁽^x−

^√

²⁾²⁻⁷₂

)

⁼²⁽^x−

^√

²⁾²^{−7 .}

Ou k(_x)₌₂(x²−2x

√

2)−3=2

(

_x²_−2×_x×

√

2+(

√

2)²−(

√

2)²

)

₋₃₌₂(x−

√

2)²−7. Exercice 12

Dans chacun des cas suivants, écrivez le trinôme sous sa forme canonique.

a. f (x)=x²−6x+5 .

f (x)=x²−2×x×3+3²−3²+5=(x−3)²−4 . b. g(x)=x²+5x+4 .

g(x)=x²+2×x×5

2+

(

⁵2

)

²⁻

(

⁵2

)

²⁺⁴⁼

(

^x+⁵2

)

²⁻⁹4 . c. h(x)=3x²+9x+5.

(5)

h(x)=3

(

^x²⁺³^x+⁵3

)

⁼³

(

^x²^+2×^x×³2+

(

³2

)

²⁻

(

³2

)

²⁺⁵3

)

⁼³

( (

^x+ ³2

)

²⁻12⁷

)

⁼³

(

^x+ ³2

)

²⁻⁷4 . Ou h(x)=3(x²+3x)+5=3

( (

^x⁺³2

)

²⁻⁹4

)

⁺⁵⁼³

(

^x+³2

)

²⁻⁷4 .

d. i(_x)₌₋₂_x²+2x+2.

i(x)=−2(x²−x−1)=−2

(

^x²⁻^2×^x^×¹2+

(

¹2

)

²⁻

(

¹2

)

²⁻¹

)

⁼⁻²

( (

^x−¹2

)

²⁻⁵4

)

⁼⁻²

(

^x−¹2

)

²⁺⁵2 . Ou i(x)=−2(x²−x)+2=−2

( (

^x−¹₂

)

²⁻¹₄

)

⁺²⁼⁻²

(

^x−¹₂

)

²⁺⁵₂ ^.

e. j(x)=−3x²+24x−41 .

j(x)=−3

(

^x²⁻⁸^x+⁴¹3

)

⁼⁻³

(

^x²^−2×^x×4⁺⁴²⁻⁴²⁺⁴¹3

)

⁼⁻³

(

⁽^x−4⁾²⁻⁷3

)

⁼⁻³⁽^x−4⁾²⁺⁷^.

Ou j(x)=−3(x²−8x)−41=−3(x²−2×x×4+4²−4²)−41=−3

(

(x−4)²−16

)

−41=−3(x−4)²+7 . f. k(x)=−5x²−20x.

k(x)=−5(x²+4x)=−5(x²+2×x×2+2²−2²)=−5

(

(x+2)²−4

)

=−5(x+2)²+20 . Exercice 13

1. Soit l'équation du second degré (Ê1)^: ^x²⁻⁴^x+3=0 . Vérifier que 1 et 3 sont racines de (Ê1)^. On a 1²−4×1+3=1−4+3=0 et 3²−4×3+3=9−12+3=0 . Ainsi1 et 3 sont racines de (Ê1)^. 2. Soit l'équation du second degré (Ê2) ^{: 2}^x²⁺²^{x−12=0 .}

1 est-il une racine de (^E2) ? 4 est-il une racine de (^E2)^?

On a 2×1²+2×1−12=2+2−12=−8≠0 et 2×4²+2×4−12=32+8−12=28≠0 . Ainsi 1 et 4 ne sont pas racines de (^E2)^.

Exercice 14

Résoudre dans ℝ les équations suivantes : a. x²+5x−6=0 .

On a Δ=5²−4×1×(−6)=25+24=49 .

Comme Δ>0 , l'équation possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−

√

DELTA

2a =−5−

√

49

2×1 =−5−7

2 =−6 et x₂=−b+

√

DELTA

2a =−5+

√

49

2×1 =−5+7

2 =1

Ainsi S={−6 ;1}. Remarque

On pouvait s'apercevoir que 1 était une racine évidente et alors factoriser le polynôme.

En effet, x²+5x−6=(x−1)(x+6). On retrouve ainsi les deux solutions de l'équation.

b. x²+x+2=0 .

On a Δ=1²−4×1×2=1−8=−7 . Comme Δ<0 , l'équation n'admet aucune racine réelle. Ainsi S=∅.

c. 4x²−12x+9=0 .

On a Δ=(−12)²−4×4×9=144−144=0 . Comme Δ=0 , l'équation admet une unique racine réelle : x₀=− b

2a=−−12 2×1=12

2 =6 . Ainsi S={−6}. d. −2x²+3x+4=0 .

On a Δ=3²−4×(−2)×4=9+32=41.

(6)

Comme Δ>0 , l'équation possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−^√Δ

2a =−3−

√

41

2×(−2) =3+

√

41

4 et x₂=−b+^√Δ

2a =−3+

√

41

−4 =3−

√

41 4 Ainsi S=

{

³⁻4

^√

⁴¹ ;3+

√

41

4

}

^.

e. 3x²+2x+2=0 .

On a Δ=2²−4×3×2=4−24=−20 . Comme Δ<0 , l'équation n'admet aucune racine réelle.

Ainsi S=∅. f. x²+4x+4=0 .

On remarque qu'on est en présence d'une identité remarquable.

x²+4x+4=0⇔(x+2)²=0⇔x+2=0⇔x=−2 . Ainsi S={−2}. Remarque

On peut aussi résoudre l'équation à l'aide du discriminant.

On a Δ=4²−4×1×4=16−16 . Comme Δ=0 , l'équation possède une unique racine réelle.

x₀=− b

2a=− 4

2×1=−4

2=−2 . On retrouve bien entendu le même résultat.

g. x²−9x+20=0 .

On a Δ=(−9)²−4×1×20=81−80=1 .

Comme Δ>0 , l'équation admet deux racines réelles distinctes : x₁=−b−^√Δ

2a =−(−9)−

√

¹

2×1 =9−1

2 =4 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−9)+

√

¹

2×1 = 9+1

2 =5 Ainsi S={4 ;5}.

h. 2x²−7x=0 .

En factorisant par x , cela revient à résoudre une équation produit nul.

2x²−7x=0 ⇔ x(2x−7)=0 ⇔ x=0 ou 2x−7=0 ⇔ x=0 ou x=7

2 . Ainsi S=

{

^{0 ;} ⁷2

}

^.

Remarque

On peut aussi résoudre l'équation à l'aide du discriminant.

On a Δ=(−7)²−4×2×0=49−0=49 .

2a =−(−7)−

√

49

2×2 =7−7

4 =0 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−7)+

√

49

2×2 =7+7

4 =7 2 . On retrouve bien entendu le même résultat.

i. 3t²−4t−4=0 .

On a Δ=(−4)²−4×3×(−4)=16+48=64 .

2a =−(−4)−

√

⁶⁴

2×3 =4−8

6 =−2

3 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−4)+

√

⁶⁴

2×3 =4+8

6 =2 Ainsi S=

{

⁻²₃^{; 2}

}

^.

(7)

Exercice 16

Pour chaque trinôme représenté graphiquement ci-dessous, déterminer le signe de Δ.

La courbe C_f possède deux points d'intersection avec l'axe des abscisses donc le trinôme associé possède deux racines. Cela signifie que son discriminant est positif.

La courbe C_g possède un seul point d'intersection avec l'axe des abscisses donc le trinôme associé possède une unique racine. Cela signifie que son discriminant est nul.

La courbe C_h ne possède aucun point d'intersection avec l'axe des abscisses donc le trinôme associé ne possède aucune racine. Cela signifie que son discriminant est négatif.

Exercice 17

Résoudre dans ℝ les équations suivantes.

a. x²+16x+23=0 .

On a Δ=16²−4×1×23=256−92=164 .

2a =−16−

√

¹⁶⁴

2×1 =−16−2

√

⁴¹

2 =−8−

√

41 . Et x₂=−b+^√Δ

2a =−16+

√

164

2×1 =−16+2

√

41

2 =−8+

√

^{41 .}

Ainsi S={−8−

√

41 ;−8+

√

41}. b. x²−11x+28=0 .

On a Δ=(−11)²−4×1×28=121−112=9 .

2a =−(−11)−

√

9

2×1 =11−3

2 =4 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−11)+

√

9

2×1 =11+3

2 =7

Ainsi S={4 ;7}.

c. −5x²+2

√

5x−1=0 .

On a Δ=(2

√

⁵⁾²^−4×(−5)×(−1)=20−20=0 . Comme Δ=0 , l'équation possède une unique solution : x₀=− b

2a=− 2

√

⁵

2×(−5)=−2

√

⁵

−10=

√

⁵

5 . Ainsi S=

{ ^√

5⁵

}

^.

(8)

d. 3x²+5=2x²−2x+4 .

3x²+5=2x²−2x+4⇔ x²+2x+1=0 ⇔(x+1)²=0 ⇔ x+1=0⇔ x=−1 . Ainsi S={−1}. e. −4x²−x−6=0 .

On a Δ=(−1)²−4×(−4)×(−6)=1−96=−95 . Comme Δ<0 , l'équation ne possède aucune solution réelle. Ainsi S=∅.

f. −6x²+23x+4=0 .

On a Δ=23²−4×(₋₆)×4=529+96=625.

2a =−23−

√

625

2×(−6) =−23−25

−12 =4 et x₂=−b+^√Δ

2a =−23+

√

625

2×(−6) =−23+25

−12 =−1 6 Ainsi S=

{

⁻¹6;4

}

^.

g. 3x²−2

√

6x+3=0 .

On a Δ=(−2

√

6)²−4×3×3=24−36=−12 . Comme Δ<0 , l'équation ne possède aucune solution réelle. Ainsi S=∅.

h. (2x+4)²=3x+5 .

(2x+4)²=3x+5 ⇔4x²+16x+16=3x+5⇔ 4x²+13x+11=0 .

On a Δ=13²−4×4×11=169−176=−7 . Comme Δ<0 , l'équation ne possède aucune solution réelle. Ainsi S=∅.

i. −1

2 x²−11 3 x−7

6=0 .

On a Δ=

(

⁻¹¹3

)

²^−4×

(

⁻¹2

)

^×

(

⁻⁷6

)

⁼¹²¹9 −7 3=100

9 .

Comme Δ>0 , l'équation possède deux solutions réelles distinctes : x₁=−b−√Δ

2a =

−

(

⁻¹¹3

)

⁻

√

¹⁰⁰⁹

2×

(

⁻¹₂

)

⁼

11 3 −10

3

−1 = 1 3

−1=−1 3 .

Et x₂=−b+√Δ

2a =

−

(

⁻¹¹3

)

⁺

√

¹⁰⁰⁹

2×

(

⁻¹2

)

⁼

11 3 +10

3

−1 = 7

−1=−7 .

Ainsi S=

{

^−7;−¹₃

}

^.

j. 2x²+3x−5 x−1 =0 . 2x²+3x−5

x−1 =0⇔ 2x²+3x−5=0 et x−1≠0 ⇔2x²+3x−5=0 et x≠1 . On a Δ=3²−4×2×(₋₅)₌₉₊₄₀₌₄₉.

Comme Δ>0 , l'équation 2x²+3x−5=0 possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−^√Δ

2a =−3−

√

⁴⁹

2×2 =−3−7 4 =−5

2 et x₂=−b+^√Δ

2a =−3+

√

⁴⁹

2×2 =−3+7

4 =1

Or x doit être différent de 1. Ainsi S=

{

⁻⁵2

}

^.

(9)

Remarque

Il se trouve que le polynôme au numérateur se factorise de la façon suivante : 2x²+3x−5=2

(

^x+⁵2

)

⁽^x−1⁾

De ce fait, l'équation se simplifie et on se retrouve à résoudre une équation du premier degré : 2x²+3x−5

x−1 =0 ⇔

2

(

^x+⁵₂

)

⁽^x−1)

x−1 =0 ⇔2

(

^x+⁵₂

)

⁼⁰^⇔ ^x+⁵₂⁼⁰ ^⇔^x⁼⁻⁵₂

k. x³−5x²+4x=0 .

x³−5x²+4x=0⇔ x(x²−5x+4)=0 ⇔ x=0 ou x²−5x+4=0 . On a Δ=(−5)²−4×1×4=25−16=9 .

Comme Δ>0 , l'équation x²−5x+4=0 possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−√Δ

2a =−(−5)−

√

⁹

2×1 =5−3

2 =1 et x₂=−b+√Δ

2a =−(−5)+

√

⁹

2×1 =5+3

2 =4 D'où x³−5x²+4x=0 ⇔ x=0 ou x=1 ou x=4 . Ainsi S={0;1 ; 4}.

l. x+1 x=3 . x+1

x=3 ⇔ x²+1=3x et x≠0 ⇔ x²−3x+1=0 et x≠0 . On a Δ=(−3)²−4×1×1=9−4=5 .

Comme Δ>0 , l'équation x²−3x+1=0 admet deux racines réelles distinctes : x₁=−b−^√Δ

2a =−(−3)−

√

⁵

2×1 =3−

√

⁵

2 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−3)+

√

⁵

2×1 =3+

√

⁵

2 Ainsi S=

{

³⁻₂

^√

⁵^; ³⁺₂

^√

⁵

}

^.

m. x+1

2 + 1

x−4=1 .

Cette équation n'existe que si les dénominateurs sont tous non nuls.

Or x−4=0⇔ x=4 . Donc cette équation n'existe que si x est différent de 4.

Il faut maintenant tout mettre sous le même dénominateur.

x+1

2 + 1

x−4=1⇔(x+1) (x−4)+2

2(x−4) =1⇔x²−3x−2=2(x−4)⇔x²−5x+6=0 . On a Δ=(−5)²−4×1×6=25−24=1 .

2a =−(−5)−

√

1

2×1 =5−1

2 =2 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−5)+

√

1

2×1 =5+1

2 =3 Ainsi S={2 ;3}.

n. x²−x+1

x²−2x+2=x+4 x+2 .

Or x+2=0⇔ x=−2 .

De plus, il faut résoudre l'équation x²−2x+2=0 . On a Δ=(−2)²−4×1×2=4−8=−4 . Comme Δ<0 , cette équation n'admet aucune solution.

Donc la seule valeur interdite est x=−2 . On résout maintenant l'équation de départ.

(10)

x²−x+1

x²−2x+2=x+4

x+2 ⇔(x²−x+1)(x+2)=(x²−2x+2)(x+4) ⇔ x³+x²−x+2=x³+2x²−6x+8 ⇔ −x²+5x−6=0

On a Δ=5²−4×(−1)×(−6)=25−24=1 .

2a =−5−

√

¹

2×(−1)=−5−1

−2 =3 et x₂=−b+^√Δ

2a =−5+

√

¹

2×(−1)=−5+1

−2 =2 Ainsi S={2 ;3}.

o. x⁴−4=0 .

x⁴−4=0⇔(x²)²−2²=0 ⇔(x²−2)(x²+2)=0 ⇔ x²=2 oux²=−2 ⇔ x=

√

^{2 ou}^x=−

√

^{2 .}

Ou x⁴−4=0 ⇔ x⁴=4 ⇔x²=2 ou x²=−2⇔ x=

√

2 ou x=−

√

2 . Exercice 18

Soit f la fonction définie sur ℝ par f (_x)_=−x²₋₉_x+360 et représentée graphiquement par la parabole P . Déterminer les coordonnées des points d’intersection de P avec l’axe des abscisses.

Chercher les points d'intersection entre la parabole P et l'axe des abscisses revient à chercher les antécédents de f tel que son image est nul.

Autrement dit, on cherche les valeurs de x tel que f (x)=0 . Cela revient donc à résoudre une équation du second degré.

f (x)=0 ⇔ −x²−9x+360=0 . On a Δ=(−9)²−4×(−1)×360=81+1440=1521 . Comme Δ>0 , l'équation f (x)=0 possède deux racines réelles distinctes :

x₁=−b−^√Δ

2×a =−(−9)−

√

1521

2×(−1) =9−39

−2 =−30

−2 =15 Et x₂=−b+√Δ

2×a =−(−9)+

√

¹⁵²¹

2×(−1) =9+39

−2 = 48

−2=−24

Ainsi, les points d'intersection entre la parabole P et l'axe des abscisses sont les points de coordonnées (−24 ;0) et (15 ;0).

Exercice 19

Soit f la fonction définie sur ℝ par f (x)=−2x²+22x+125 et représentée graphiquement par la parabole P . Déterminer les coordonnées des points d’intersection de P avec la droite

d’équation y=5 .

Chercher les points d'intersection entre la parabole P et la droite d'équation y=5 revient à chercher les antécédents de f tel que son image soit égale à 5.

Autrement dit, on cherche les valeurs de x tel que f (x)=5 . Cela revient donc à résoudre une équation du second degré.

f (x)=5⇔ −2x²+22x+125=5 ⇔ −2x²+22x+120=0 . On a Δ=22²−4×(₋₂)_×120=484+960=1444.

Comme Δ>0 , l'équation f (x)=5 possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−^√Δ

2×a =−22−

√

¹⁴⁴⁴

2×(−2) =−22−38

−4 =15 et x₂=−b+^√Δ

2×a =−22+

√

¹⁴⁴⁴

2×(−2) =−22+38

−4 =−4 Ainsi, les points d'intersection entre la parabole P et l'axe des abscisses sont les points de

coordonnées (−4 ;5) et (15 ;5).

(11)

Exercice 20

Soient f et g les fonctions définies sur ℝ par f (_x)₌₄_x²₊₃_x+2 et g(_x)₌₅_x²₊₂_x+1 et représentées graphiquement par les paraboles P_f et P_g respectivement. Déterminer les

coordonnées des points d’intersection de P_f et P_g .

Chercher les points d'intersection entre les paraboles P_f et P_g revient à chercher les antécédents de f et g tel que leurs images soient égales.

Autrement dit, on cherche les valeurs de x tel que f (x)=g(x). Cela revient donc à résoudre une équation du second degré.

f (x)=g(x) ⇔ 4x²+3x+2=5x²+2x+1⇔ −x²+x+1=0 . On a Δ=1²−4×(₋₁)_×1=1+4=5.

Comme Δ>0 , l'équation f (x)=g(x) possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−^√Δ

2×a =−1−

√

⁵

2×(−1)=−1−

√

⁵

−2 =1+

√

⁵

2 et x₂=−b+^√Δ

2×a =−1+

√

⁵

2×(−1)=−1+

√

⁵

−2 =1−

√

⁵

2 Il faut ensuite déterminer l'ordonnée des deux points d'intersection. Pour cela, il suffit de calculer les images par f des deux solutions précédentes (ou par g car les images sont les mêmes).

On a f

(

¹⁺2

^√

⁵

)

⁼⁴

(

¹⁺2

^√

⁵

)

²^+3× ¹⁺2

^√

⁵+2=4×1+2

√

2+5

4 +3

2+3

2

√

5+2=1

2 (19+7

√

5). Et f

(

¹⁻2

^√

⁵

)

⁼⁴

(

¹⁻2

^√

⁵

)

²^+3×¹⁻2

^√

⁵+2=4×1−2

√

²⁺⁵

4 +3

2−3

2

√

5+2=1

2 (19−7

√

5). Ainsi, les points d'intersection entre les paraboles P_f et P_g sont les points de coordonnées

(

¹⁺2

^√

⁵ ;1

2(19+7

√

5)

)

^et

(

¹⁻2

^√

⁵ ;1

2(19−7

√

5)

)

^.

Exercice 21

Résoudre dans ℝ les équations suivantes.

a. x⁴+x²+1=0 .

Changement de variable : on pose X=x². Donc x=

√

X ou x=−

√

X .

L'équation x⁴+x²+1=0 devient X²+X+1=0 . On a Δ=1²−4×1×1=1−4=−3 .

Comme Δ<0 , l'équation X²+X+1=0 n'admet aucune racine réelle. Il en donc de même pour l'équation x⁴+x²+1=0 .

b. 3x⁴−4x²+1=0 .

Changement de variable : on pose X=x². Donc x=

√

X ou x=−

√

X.

L'équation 3x⁴−4x²+1=0 devient 3 X²−4 X+1=0 . On a Δ=(−4)²−4×3×1=16−12=4 . Comme Δ>0 , l'équation 3 X²−4 X+1=0 possède deux racines réelles distinctes :

X₁=−b−^√Δ

2a =−(−4)−

√

4

2×3 =4−2

6 =1

3 et X₂=−b+^√Δ

2a =−(−4)+

√

4

2×3 =4+2

6 =1 On a alors X₁=1

3 ⇔ x²=1

3 ⇔ x= 1

√

³ ^ou ^x=−

1

√

³ ^⇔ ^x=

√

³

3 ou x=−

√

³

3 . Et X₂=1 ⇔x²=1⇔ x=1 ou x=−1 . Ainsi S=

{

^−1;−

^√

3³ ;

√

3

3 ;1

}

^.

c.

√

²^x−1=1−2^x^.

Cette équation existe à condition que ce qu'il y a sous la racine carrée soit positif.

Or 2x−1⩾0⇔ 2x⩾1⇔ x⩾1

2 . Donc cette équation n'a de sens que si x∈

[

¹2 ;+∞

[

^.

(12)

Pour résoudre l'équation, il faut maintenant élever tous les membres au carré.

√

2x−1=1−2x ⇔2x−1=(1−2x)²⇔ 2x−1=1−4x+4x²⇔4x²−6x+1=0 . On a Δ=(−6)²−4×4×1=36−16=20 .

2a =−(−6)−

√

20

2×4 =6−2

√

5

8 =3−

√

5 4 Et x₂=−b+√Δ

2a =−(−6)+

√

20

2×4 =6+2

√

5

8 =3+

√

5 4 Or 3−

√

⁵

4 <1

2 . Ainsi S=

{

³⁺4

^√

⁵

}

^.

d. x−5

√

x+6=0.

Changement de variable : on pose X=

√

x. Donc x=X².

L'équation x−5

√

x+6=0 devient X²−5 X+6=0 . On a Δ=(−5)²−4×1×6=25−24=1 . Comme Δ>0 , l'équation X²−5 X+6=0 possède deux racines réelles distinctes :

X₁=−b−^√Δ

2a =−(−5)−

√

1

2×1 =5−1

2 =2 et X₂=−b+^√Δ

2a =−(−5)+

√

1

2×1 =5+1 2 =3 On a alors X₁=2 ⇔

√

^x=2 ^⇔ ^{x=4 et X}2=3 ⇔

√

^x⁼³^⇔ x=9 . Ainsi S={4 ;9}. e.

√

^x²⁻⁸⁼²^{x−5 .}

Cette équation n'existe que si ce qu'il y a sous la racine carrée est positif.

Or x⁻⁸⩾0 ⇔ x²⩾8⇔ x⩽−2

√

2 ou x⩾2

√

2 .

Donc cette équation n'a de sens que si x∈]−∞;−2

√

2]∪[2

√

2;+∞[. Pour la résoudre, on passe tous les membres de l'équation au carré.

√

^x²⁻⁸⁼²^x−5^⇔ ^x²⁻⁸⁼⁽²^x−5⁾² ^⇔ ^x²⁻⁸⁼⁴^x²⁻²⁰^x+25^⇔³^x²⁻²⁰^x+33=0. On a Δ=(−20)²−4×3×33=400−396=4 .

2a =−(−20)−

√

⁴

2×3 =20−2

6 =3 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−20)+

√

⁴

2×3 =20+2

6 =11 3 Or 3>2

√

^{2 et} ¹¹

3 >2

√

2 . Ainsi S=

{

^{3 ;}¹¹3

}

^.

f. 1

x²−9+ 14

x−3=−3 .

Or x²−9=0 ⇔ x²=9 ⇔ x=3 ou x=−3 et x−3=0 ⇔ x=3 .

Pour résoudre l'équation, on met tous les termes sous le même dénominateur.

1

x²−9+ 14

x−3=−3⇔ 1+14(x+3)

x²−9 =−3(x+3) x²−9 ⇔ 14x+43

x²−9 =−3x−9 x²−9 ⇔ 17x+52

x²−9 =0 ⇔17x+52=0 ⇔17x=−52 ⇔ −52

17

(13)

Exercice 22

Soit m∈ℝ et f la fonction définie sur ℝ par f (_x)₌_x²₋(_m+1)_x+4.

1. Pour quelle(s) valeur(s) de m l'équation f (x)=0 a une seule solution ? Que vaut alors cette solution ?

L'équation f (x)=0 admet une unique solution si et seulement si son discriminant est nul.

Δ=0⇔ (−(m+1))²−4×1×4=0 ⇔(m+1)²−16=0

⇔(m+1)²−4²=0

⇔(m+1+4)(m+1−4)=0 ⇔(m+5)(m−3)=0

⇔m=−5 ou m=3

Ainsi, l'équation f (x)=0 admet une unique solution si et seulement si m=−5 ou m=3 . Remarque

Si on ne pense pas à la factorisation, il est possible de développer l'expression.

On a Δ=0⇔ (−(m+1))²−4×1×4=0 ⇔(m+1)²−16=0 ⇔m²+2m−15=0 .

Il faut ici résoudre une nouvelle équation du second degré mais d'inconnue m (et non x).

On a Δ'=2²−4×1×(₋₁₅)₌₄₊₆₀₌₆₄.

Comme Δ'>0 , l'équation m²+2m−15=0 admet deux solutions réelles distinctes. On a : m₁=−2−

√

⁶⁴

2×1 =−2−8

2 =−10

2 =−5 et m₂=−2+

√

⁶⁴

2×1 =−2+8

2 =6

2=3 Ainsi, l'équation f (x)=0 admet une unique solution si et seulement si m=−5 ou m=3 .

• Si m=−5 , on a f (_x)₌_x²₋(₋₅₊₁)_x+₄₌_x²₊₄_x+₄. D'où f (x)=0 ⇔x²+4x+4=0 ⇔(x+2)²=0⇔ x=−2 .

• Si m=3 , on a f (_x)₌_x²₋(₃₊₁)_x+4=_x²₋₄_x₊₄. D'où f (x)=0 ⇔x²−4x+4=0 ⇔(x−2)²=0 ⇔ x=2 .

2. Pour quelle(s) valeur(s) de m l'équation f (x)=0 n'a aucune solution ?

L'équation f (x)=0 n'admet aucune solution si et seulement si son discriminant est négatif.

D'après la question précédente, on en déduit alors que Δ<0⇔ (m+5) (m−3)<0 . On en déduit le tableau de signes suivant :

m

−∞

⁻⁵ ³

^+∞

m+5 − 0 + +

m−3 − − 0 +

m²+2m−15 + 0 − 0 +

Ainsi, f (x)=0 n'admet aucune solution si et seulement si m∈]−5; 3[ .

(14)

Exercice 23

1. On considère le trinôme suivant : (_m+3)_x²₊₂(₃_m+1)_x+(_m+3), avec m un réel.

Pour quelles valeurs de m a-t-il une racine double ? Calculer alors la valeur de cette racine.

Le trinôme admet une racine double si et seulement si son discriminant est nul.

Δ=0⇔ (2(3m+1))²−4(m+3)(m+3)=0 ⇔4(3m+1)²−4(m+3)²=0

⇔4

(

(3m+1)²−(m+3)²

)

=0 ⇔(3m+1)²−(m+3)²=0

⇔9m²+6m+1−(m²+6m+9)=0 ⇔8m²−8=0

⇔m²−1=0 ⇔m²=1

⇔m=1 ou m=−1

Ainsi, le trinôme admet une racine double si et seulement si m=−1 ou m=1 .

• Si m=−1 , on a (−1+3)x²+2(3×(−1)+1)x+(−1+3)=2x²−4x+2 . D'où x₀=− b

2a=− −4 2×2=4

4=1 .

• Si m=1 , on a (1+3)x²+2(3×1+1)x+(1+3)=4x²+8x+4 . D'où x₀=− b

2a=− 8

2×4=−8 8=−1 .

2. On considère l'équation suivante : (4m+1)x²−4mx−3=0 , avec m un réel.

Pour quelles valeurs de m admet-elle des solutions distinctes ?

Le trinôme admet des solutions distinctes si et seulement si son discriminant est strictement positif.

Δ>0⇔ 8m²−8>0⇔m²−1>0⇔ m²>1⇔ m<−1 ou m>1 .

Ainsi, le trinôme admet des solutions distinctes si et seulement si m∈]−∞;−1[∪]1 ;+∞[. Exercice 24

Soit l'équation du second degré 2x²−5x+1=0 . 1. Calculer le discriminant Δ.

On a Δ=(−5)²−4×2×1=25−8=17 .

2. Vérifier que Δ>0 et en déduire le nombre de racines.

Comme Δ=17>0 , l'équation 2x²−5x+1=0 possède deux racines réelles distinctes.

3. Sans calculer les racines, déterminer leur somme et leur produit.

On sait que la somme S des racines est elle que S=x₁+x₂=−b

a . Ainsi S=−−5 2 = 5

2 . On sait que le produit P des racines est tel que P=x₁×x₂=c

a . Ainsi P=1 2 . Exercice 25

Soit l'équation du second degré 5x²−4x−1=0 . 1. Combien de racines cette équation admet-elle ?

On a Δ=(−4)²−4×5×(−1)=16+20=36 . Comme Δ>0 , l'équation 5x²−4x−1=0 possède deux racines réelles distinctes.

2. Vérifier que 1 est une racine.

On a 5×1²−4×1−1=5−4−1=0 . 1 est racine de l'équation.

3. En utilisant la somme ou le produit des racines, déterminer toutes les solutions de cette équation.

(15)

Si un polynôme possède deux racines réelles distinctes ou confondues, alors la somme de ses deux racines est égale à x₁+x₂=−b

a . Si x₁=1 , alors on a 1+x₂=−−4

5 ⇔1+x₂=4

5 ⇔ x₂=−1 5 . Ainsi les solutions de l'équation sont −1

5 et 1.

Remarque

Si un polynôme possède deux racines réelles distinctes ou confondues, alors le produit de ses deux racines est égal à x₁×x₂=c

a . Si x₁=1 , alors on a 1×x₂=−1

5 ⇔ x₂=−1 5 . Exercice 26

Pour chaque équation, déterminer une solution évidente et en déduire l'autre sans calculer le discriminant.

a. 2x²+x−3=0 .

1 est solution évidente. En effet, 2×1²+1−3=2+1−3=0 . Si x₁=1 , alors on a x₁×x₂=c

a ⇔ x₂=−3

2 . Ainsi S=

{

⁻³2;1

}

^.

b. 3x²+10x+7=0 .

−1 est solution évidente. En effet, 3×(−1)²+10×(−1)+7=3−10+7=0 . Si x₁=−1 , alors on a x₁+x₂=−b

a ⇔ −1+x₂=−10

3 ⇔ x₂=−7

3 . Ainsi S=

{

⁻⁷₃ ^;−1

}

^.

c. x²+(

√

3−1)x−

√

3=0.

1 est solution évidente. En effet, 1²+(

√

3−1)×1−

√

3=1+

√

3−1−

√

3=0 . Si x₁=1 , alors on a x₁×x₂=c

a ⇔ x₂=−

√

3 . Ainsi S={−

√

3 ;1}. d. x²+4

√

5x−25=0 .

√

5 est solution évidente. En effet, (

√

5)²+4

√

5×

√

5−25=5+20−25=0 . Si x₁=

√

5 , alors on a x₁+x₂=−b

a ⇔

√

5+x₂=−4

√

5⇔ x₂=−5

√

5 . Ainsi S={−5

√

5;

√

5}. e. x²−9x+8=0 .

1 est solution évidente. En effet, 1²−9×1+8=1−9+8=0 . Si x₁=1 , alors on a x₁+x₂=−b

a ⇔1+x₂=−(−9) ⇔ x₂=8 . Ainsi S={1 ;8}. f. 2x²+3x−27=0 .

3 est solution évidente. En effet, 2×3²+3×3−27=18+9−27=0 . Si x₁=3 , alors on a x₁×x₂=c

a ⇔3x₂=−27

2 ⇔ x₂=−9

2 . Ainsi S=

{

⁻⁹2 ;3

}

^.

(16)

Exercice 27

1. Trouver deux nombres dont la somme est 10 et le produit est 13.

S'ils existent, ces deux nombres vérifient S=10 et P=13 et sont solutions de l'équation x²−Sx+P=0 , c'est-à-dire x²−10x+13=0 .

On a Δ=(−10)²−4×1×13=100−52=48 .

Comme Δ>0 , l'équation possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−^√δ

2a =−(−10)−

√

48

2×1 =10−2

√

3

2 =5−

√

3 . Et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−10)+

√

⁴⁸

2×1 =10+2

√

³

2 =5+

√

3 .

Ainsi, les deux nombres qui vérifient S=10 et P=13 sont les nombres 5−

√

3 et 5+

√

3. 2. Trouver deux nombres dont la somme est 24 et le produit est 58.

On a Δ=(−24)²−4×1×58=576−232=344 .

Comme Δ>0 , l'équation possède deux racines réelles distinctes : x₁=−b−√Δ

2a =−(−24)−

√

³⁴⁴

2×1 =24−4

√

⁸⁶

2 =12−2

√

86 . Et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−24)+

√

³⁴⁴

2×1 =24+4

√

⁸⁶

2 =12+2

√

86 .

Ainsi, les deux nombres qui vérifient S=10 et P=13 sont les nombres 12−2

√

86 et 12+2

√

86. Exercice 28

Existe-t-il deux nombres dont la somme est 12 et le produit est 42 ?

On a Δ=(−12)²−4×1×42=144−168=−24 . Comme Δ<0 , l'équation ne possède aucune racine réelle. Ainsi, il n'existe pas deux nombres tels que la somme est 12 et le produit est 42.

Exercice 29

Un rectangle a pour périmètre 36cm et pour aire 32cm². Déterminer les dimensions de ce rectangle.

Soit un rectangle de longueur L et de largeur l .

Son périmètre vérifie L+l=36 et son aire vérifie Ll=32 .

Les dimensions de ce rectangle sont solutions de l'équation x²−Sx+P=0 où S=36 et P=32 . On a Δ=(−36)²−4×1×32=1296−128=1168 .

2a =−(−36)−

√

1168

2×1 =36−4

√

73

2 =18−2

√

73 . Et x₂=−b+√Δ

2a =−(−36)+

√

¹¹⁶⁸

2×1 =36+4

√

⁷³

2 =18+2

√

73 . Comme L>l , on a alors l=18−2

√

^{73 et L}⁼¹⁸⁺²

√

^{73 .}

(17)

QCM

Pour chaque question, indiquer la ou les bonne(s) réponse(s).

1. Le polynôme 3x²+6x −1 peut s’écrire :

a. 3(x –1)²−2 b. 3(x+1)²−2 c. 3(x+1)²−4 d. (3(x−1))²−4 3x²+6x−1=3

(

^x²⁺²^x−¹3

)

⁼³

(

^x²^+2×^x×1+1²⁻¹²⁻¹3

)

⁼³

(

⁽^x+1)²⁻⁴3

)

⁼³⁽^x⁺¹⁾²^{−4 .}

Réponse c.

Remarque

Il est aussi possible de développer toutes les expressions ou encore de déterminer α et β par leur formule.

2. La forme canonique de f : x→x²+4 est :

a. (x−2)²+4x b. (x+2)²−4x c. x²+4 d. (x−2)+4x

Les propositions a, b et d ne peuvent être justes car le terme β n'est pas exprimé en fonction de x. Réponse c.

3. Le sommet de la parabole d’équation y=−0 ,5(x+2)²−3 est :

a. S(−2; 3) b. S(2 ;−3) c. S(2 ;3) d. S(−2 ;−3)

L'expression de la parabole correspond à la forme canonique où il suffit de lire les termes α et β. Ici, α=−2 et β=−3 . Ainsi S(−2;−3). Réponse d.

4. L'équation (2x−1)(−x+5)=0 a pour solutions :

a. {1 ;5} b.

{

¹₂^;5

}

^c.

{

¹₂ ^;−5

}

^d.^{−1;−5}

(2x−1) (−x+5)=0⇔ 2x−1=0 ou−x+5=0⇔ x=1

2 oux=5 . Réponse b.

5. Pour résoudre rapidement l’équation f (x)=0 , on utilise de préférence :

a. La forme développée b. La forme canonique

c. La forme factorisée d. La forme trigonométrique

La forme factorisée est bien plus pratique car elle permet de résoudre une équation produit nul.

Réponse c.

6. Soit f une fonction polynomiale. On dit que a est racine de f et on a :

a. f (a)=0 b. f (0)=a c. a=0 d. f (x)=0

On a f (a)=0 . Réponse a.

7. Le discriminant du trinôme −x²+3x−2 est :

a. −4 b. 9 c. 17 d. 1

On a Δ=3²−4×(₋₁)_×(₋₂)₌₉₋₈₌₁. Réponse d.

8. L'équation 3x²−4

√

3x+4=0 a :

a. Aucune solution b. Une solution

c. Deux solutions d. une infinité de solutions

On a Δ=(−4

√

3)²−4×3×4=48−48=0 . Comme Δ=0 , l'équation possède une unique racine

(18)

réelle. Réponse b.

9. L'équation 5x²−mx−1=0 , où m est un réel, a :

c. Deux solutions d. Une infinité de solutions

On a Δ=(−m)²−4×5×(−1)=m²+20 . ∀m∈ℝ, m²>0 et donc Δ>0 . Donc l'équation possède deux racines réelles distinctes. Réponse c.

10. x₁ et x₂ sont deux nombres dont la somme est 7 et le produit est 4. Alors ils sont : a. Solutions de x²−7x+4=0 b. N'existent pas

c. Solutions de −3x²+21x−12=0 d. Solutions de x²+4x−7=0 S'ils existent, x₁ et x₂ sont solutions de l'équation x²−Sx+P=0 , où S=7 et P=4 . Or Δ=(−7)²−4×1×4=49−16=35 . Comme Δ>0 , l'équation possède deux racines réelles distinctes. Donc les deux nombres x₁ et x₂ existent.

De plus, les équations x²−7x+4=0 et −3x²+21x−12=0 sont équivalentes car la deuxième est la multiplication par 3 de la première. Réponses a et c.

11. On considère le trinôme 2x²−5x−3=0 . Alors : a. La somme des deux racines est 5

2 b. Δ>0

c. Le trinôme admet une racine double d. Le produit des deux racines est 3 2 On a Δ=(−5)²−4×2×(−3)=25+24=49 .

2a =−(−5)−

√

49

2×2 =5−7

4 =−1

2 et x₂=−b+^√Δ

2a =−(−5)+

√

49

2×2 =5+7

4 =3 La somme des deux racines est x₁+x₂=−1

2+3= 5

2 et le produit est x₁×x₂=−1

2×3=−3 2 . Réponses a et b.

12. L'équation −x⁴+x²−1=0 a :

c. Deux solutions d. Quatre solutions

On pose X=x². −x⁴+x²−1=0⇔−X²+X−1=0 .

On a Δ=1²−4×(₋₁)_×(₋₁)_=1−4=−3. Comme Δ<0 , l'équation −X²+X−1=0 n'admet aucune racine réelle. Ainsi, l'équation −x⁴+x²−1=0 n'en admet pas de même. Réponse a.