Fonction carré et polynômes en seconde : corrigé des exercices 1 à 10

a) \(g(x) = -3x^2 + 6x – 1\) avec un coefficient \(a = -3 \lt 0\) devant \(x^2\) : la parabole est « tournée vers le bas », donc \(g\) admet un maximum (et pas de minimum).

b) Tableau de valeurs sur \([-3\,;\,3]\) avec le pas 1 :

c) Les valeurs sont symétriques autour de \(x = 1\) : \(g(0) = g(2) = -1\), \(g(-1) = g(3) = -10\). L’axe de symétrie de la parabole est la droite \(x = 1\), donc \(\alpha = 1\) et \(\beta = g(1) = -3 + 6 – 1 = 2\).

d) On place les points du tableau et le sommet \(S(1\,;\,2)\), puis on trace la parabole.

a) À l’écran, la parabole de \(h(x) = 2x^2 + 8x + 3\) est tournée vers le haut (\(a = 2 \gt 0\)). Son point le plus bas semble être \(S(-2\,;\,-5)\).

b) Le logiciel résout \(h(x) = 3\) et trouve \(x = 0\) ou \(x = -4\). Les points \((0\,;\,3)\) et \((-4\,;\,3)\) de la parabole ont la même ordonnée : ils sont symétriques par rapport à l’axe de la parabole. L’abscisse du sommet est donc le milieu de \(-4\) et \(0\) :

\[ \alpha = \frac{-4 + 0}{2} = -2 \quad \text{et} \quad \beta = h(-2) = 2 \times 4 + 8 \times (-2) + 3 = -5. \]

La conjecture est démontrée : \(S(-2\,;\,-5)\).

c) Tracé à l’aide de quelques valeurs : \(h(-5) = 13\), \(h(-4) = 3\), \(h(-3) = -3\), \(h(-2) = -5\), \(h(-1) = -3\), \(h(0) = 3\), \(h(1) = 13\).

a) \(2x – 1 = 0 \iff x = \frac{1}{2}\) (coefficient 2 positif : − puis +) ; \(x + 8 = 0 \iff x = -8\) (− puis +). On range les valeurs dans l’ordre croissant : \(-8\) puis \(\frac{1}{2}\), et on applique la règle des signes.

b) \((2x – 1)(x + 8) \geqslant 0\) : on garde les « + » et les zéros.

\[ S = \left]-\infty\,;\,-8\right] \cup \left[\tfrac{1}{2}\,;\,+\infty\right[ \]

c) On trace à la calculatrice la courbe de \(x \mapsto (2x – 1)(x + 8)\) : c’est une parabole qui coupe l’axe des abscisses en \(-8\) et \(\frac{1}{2}\) et qui est au-dessus de l’axe en dehors de ces deux valeurs. C’est cohérent avec la réponse b).

a) \(4 + x = 0 \iff x = -4\) et \(2 + x = 0 \iff x = -2\). Les deux facteurs ont un coefficient positif devant \(x\) : chacun est négatif à gauche de sa racine et positif à droite.

b) \((4 + x)(2 + x) \lt 0\) : on garde la case « − », racines exclues (inégalité stricte).

Pour chaque inéquation, on trace la courbe du produit (une parabole) puis on dresse le tableau de signes des deux facteurs.

1) \((x + 5)(-3x + 1) \gt 0\). Racines : \(-5\) et \(\frac{1}{3}\). Le produit est positif entre les racines.

\(S_1 = \left]-5\,;\,\tfrac{1}{3}\right[\).

2) \((3 – 2x)(x + 5) \lt 0\). Racines : \(-5\) et \(\frac{3}{2}\). Le produit est négatif à l’extérieur des racines.

\(S_2 = \left]-\infty\,;\,-5\right[ \cup \left]\tfrac{3}{2}\,;\,+\infty\right[\).

3) \(x(-2x + 8) \geqslant 0\). Racines : \(0\) et \(4\). Le produit est positif entre les racines, zéros inclus.

\(S_3 = [0\,;\,4]\).

4) \((1 – 2x)(6 – 3x) \leqslant 0\). Racines : \(\frac{1}{2}\) et \(2\). Les deux facteurs ont un coefficient négatif : chacun est positif puis négatif ; le produit est négatif entre les racines.

\(S_4 = \left[\tfrac{1}{2}\,;\,2\right]\).

Notons \(x = AM\) (en cm). M est sur \([AD]\) donc \(0 \leqslant x \leqslant 2\) ; alors \(AN = 2x \leqslant 4 \lt 5\), N est bien sur \([AB]\). Le triangle AMN est rectangle en A :

\[ \mathcal{A}_{AMN} = \frac{AM \times AN}{2} = \frac{x \times 2x}{2} = x^2. \]

a) L’aire du rectangle est \(5 \times 2 = 10\) cm². On veut \(\frac{10}{4} \leqslant x^2 \leqslant \frac{10}{2}\), soit \(2{,}5 \leqslant x^2 \leqslant 5\). Comme \(x \geqslant 0\) et que la fonction carré est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\) :

\[ \sqrt{2{,}5} \leqslant x \leqslant \sqrt{5}. \]

Mais \(x \leqslant 2\) et \(\sqrt{5} \approx 2{,}24 \gt 2\). Donc \(x \in \left[\sqrt{2{,}5}\,;\,2\right]\), avec \(\sqrt{2{,}5} = \frac{\sqrt{10}}{2} \approx 1{,}58\).

b) Trois quarts de l’aire du rectangle : \(7{,}5\) cm². Or \(x \leqslant 2\) donne \(x^2 \leqslant 4 \lt 7{,}5\). L’aire de AMN ne dépasse jamais 4 cm² : Xavier a raison.

M est sur \([AB]\) avec \(BM = x\), donc \(0 \leqslant x \leqslant 5\). Les droites \((MN)\) et \((AC)\) sont toutes deux perpendiculaires à \((AB)\), donc parallèles. Dans le triangle ABC, le théorème de Thalès donne :

\[ \frac{MN}{AC} = \frac{BM}{BA} \quad \text{donc} \quad MN = \frac{10x}{5} = 2x. \]

Aire du triangle BMN (rectangle en M) : \(\frac{x \times 2x}{2} = x^2\). Aire de ABC : \(\frac{5 \times 10}{2} = 25\) cm², dont le quart vaut \(6{,}25\) cm².

\[ x^2 \geqslant 6{,}25 \iff x \geqslant 2{,}5 \quad (\text{car } x \geqslant 0). \]

Avec \(x \leqslant 5\) : \(x \in [2{,}5\,;\,5]\).

a) Avec 5,5 : \(5{,}5 + 7 = 12{,}5\) ; \(12{,}5^2 = 156{,}25\) ; \(2 \times 156{,}25 = 312{,}5\) ; \(312{,}5 – 8 = \mathbf{304{,}5}\).

b) Avec \(x\) : on obtient \(f(x) = 2(x + 7)^2 – 8\) (forme développée : \(2x^2 + 28x + 90\)).

c) Un carré est toujours positif ou nul : \((x + 7)^2 \geqslant 0\), donc \(2(x + 7)^2 \geqslant 0\) et \(f(x) \geqslant -8\). L’égalité a lieu quand \(x + 7 = 0\), c’est-à-dire \(x = -7\).

Le logiciel donne la forme canonique : \(f(x) = -2\left(x + \frac{3}{2}\right)^2 – 3\).

a) Programme de calcul associé :

• Choisir un nombre.
• Lui ajouter 1,5.
• Élever le résultat au carré.
• Multiplier par \(-2\).
• Soustraire 3.

b) Avec 0 : \(0 + 1{,}5 = 1{,}5\) ; \(1{,}5^2 = 2{,}25\) ; \(-2 \times 2{,}25 = -4{,}5\) ; \(-4{,}5 – 3 = \mathbf{-7{,}5}\) (on retrouve \(f(0) = -7{,}5\)).
Avec \(-1{,}5\) : \(-1{,}5 + 1{,}5 = 0\) ; \(0^2 = 0\) ; \(-2 \times 0 = 0\) ; \(0 – 3 = \mathbf{-3}\).

c) \(\left(x + \frac{3}{2}\right)^2 \geqslant 0\), donc \(-2\left(x + \frac{3}{2}\right)^2 \leqslant 0\) et \(f(x) \leqslant -3\), avec égalité pour \(x = -1{,}5\).

1. a) Algorithme :

• Saisir \(x\).
• \(A\) prend la valeur \(x^2\) ; \(B\) prend la valeur \(2x – 1\).
• Si \(A \lt B\) alors afficher \(A\), sinon afficher \(B\).

b) Tests : pour \(x = 0\), \(x^2 = 0\) et \(2x – 1 = -1\), l’algorithme affiche \(-1\) ; pour \(x = 3\) : 9 et 5, il affiche 5 ; pour \(x = -2\) : 4 et \(-5\), il affiche \(-5\) ; pour \(x = 1\) : 1 et 1, il affiche 1. Conjecture : le plus petit des deux est toujours \(2x – 1\), autrement dit \(2x – 1 \leqslant x^2\) pour tout \(x\).

2. a) et b) À l’écran, la droite d’équation \(y = 2x – 1\) est toujours sous la parabole \(y = x^2\) ; elle la touche en un seul point, \(T(1\,;\,1)\). Cela confirme la conjecture.

3. On étudie la différence :

\[ x^2 – (2x – 1) = x^2 – 2x + 1 = (x – 1)^2 \geqslant 0. \]

Donc \(x^2 \geqslant 2x – 1\) pour tout réel \(x\), avec égalité seulement pour \(x = 1\).