Second degré et polynômes en 1ère : corrigé détaillé des exercices 1 à 10

1) Sommet de la parabole. Dans le tableau, les images sont symétriques autour de \(x=3\) : \(f(2)=f(4)=-1{,}5\), \(f(1)=f(5)=-7{,}5\), \(f(0)=f(6)=-17{,}5\). L’axe de symétrie de la parabole est donc la droite d’équation \(x=3\), et le sommet a pour abscisse \(3\). Son ordonnée est \(f(3)=0{,}5\).

Le sommet de la parabole est \(S(3\,;\,0{,}5)\). Comme \(0{,}5\) est la plus grande valeur du tableau, c’est un maximum : la parabole est tournée vers le bas.

2) Forme canonique. On sait que \(f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta\) avec \(\alpha=3\) et \(\beta=0{,}5\). On trouve \(a\) avec une autre valeur du tableau, par exemple \(f(0)=-17{,}5\) :

\[ \begin{aligned} a(0-3)^2+0{,}5 &= -17{,}5 \\ 9a &= -18 \\ a &= -2 \end{aligned} \]

Vérification avec \(x=1\) : \(-2\times(1-3)^2+0{,}5=-8+0{,}5=-7{,}5\), c’est bien la valeur du tableau.

Pour \(f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta\), le sommet est \((\alpha\,;\,\beta)\). Si \(a\gt 0\), \(f\) est décroissante puis croissante (minimum \(\beta\)) ; si \(a\lt 0\), \(f\) est croissante puis décroissante (maximum \(\beta\)).

1) \(f_1(x)=(x-1)^2+10\) : \(a=1\gt 0\), \(\alpha=1\), \(\beta=10\). \(f_1\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,1]\) et croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), de minimum \(f_1(1)=10\).

2) \(f_2(x)=-2(x-5)^2+2\) : \(a=-2\lt 0\), \(\alpha=5\), \(\beta=2\). \(f_2\) est croissante sur \(]-\infty\,;\,5]\) et décroissante sur \([5\,;\,+\infty[\), de maximum \(f_2(5)=2\).

3) \(f_3(x)=3x^2+\dfrac{1}{3}=3(x-0)^2+\dfrac{1}{3}\) : \(a=3\gt 0\), \(\alpha=0\). \(f_3\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,0]\) et croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de minimum \(\dfrac{1}{3}\).

4) \(f_4(x)=-2(x+3)^2-5=-2(x-(-3))^2-5\) : \(a=-2\lt 0\), \(\alpha=-3\), \(\beta=-5\). \(f_4\) est croissante sur \(]-\infty\,;\,-3]\) et décroissante sur \([-3\,;\,+\infty[\), de maximum \(-5\).

On cherche à chaque fois l’abscisse du sommet \(\alpha=-\dfrac{b}{2a}\) (ou le milieu des racines), puis on utilise le signe de \(a\).

1) \(f_1(x)=x^2-x+1\) : \(a=1\), \(b=-1\), donc \(\alpha=\dfrac{1}{2}\) et \(f_1\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{3}{4}\). Forme canonique : \(f_1(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\). Comme \(a=1\gt 0\), \(f_1\) est décroissante sur \(\left]-\infty\,;\,\frac{1}{2}\right]\) et croissante sur \(\left[\frac{1}{2}\,;\,+\infty\right[\), de minimum \(\dfrac{3}{4}\).

2) \(f_2(x)=-\dfrac{1}{2}(x-5)(x+\beta)\) avec \(\beta\) réel (dans certaines versions de la fiche, ce symbole est un 3). La forme factorisée donne les racines \(5\) et \(-\beta\). L’axe de symétrie passe par leur milieu :

\[ \alpha=\frac{5+(-\beta)}{2}=\frac{5-\beta}{2} \]

Le maximum vaut \(f_2(\alpha)=-\dfrac{1}{2}\times\left(-\dfrac{5+\beta}{2}\right)\times\dfrac{5+\beta}{2}=\dfrac{(5+\beta)^2}{8}\). Comme \(a=-\dfrac{1}{2}\lt 0\), \(f_2\) est croissante sur \(\left]-\infty\,;\,\frac{5-\beta}{2}\right]\) puis décroissante sur \(\left[\frac{5-\beta}{2}\,;\,+\infty\right[\).

Avec \(\beta=3\) : \(f_2(x)=-\dfrac{1}{2}(x-5)(x+3)\), sommet en \(\alpha=1\), maximum \(f_2(1)=-\dfrac{1}{2}\times(-4)\times 4=8\) ; \(f_2\) croît sur \(]-\infty\,;\,1]\) et décroît sur \([1\,;\,+\infty[\).

3) \(f_3(x)=\dfrac{3}{2}x^2-\dfrac{4}{3}\) : \(b=0\) donc \(\alpha=0\) et le minimum vaut \(-\dfrac{4}{3}\). Comme \(a=\dfrac{3}{2}\gt 0\), \(f_3\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,0]\) et croissante sur \([0\,;\,+\infty[\).

4) \(f_4(x)=3x^2-6x+3=3(x^2-2x+1)=3(x-1)^2\). Sommet \((1\,;\,0)\), \(a=3\gt 0\) : \(f_4\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,1]\) et croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), de minimum \(0\).

Le tableau donne directement le sommet : on écrit la fonction sous forme canonique \(a(x-\alpha)^2+\beta\), puis on trouve \(a\) avec la valeur donnée.

1) \(f\) croît puis décroît, avec un maximum \(2\) atteint en \(-1\) : \(f(x)=a(x+1)^2+2\) avec \(a\lt 0\).

\[ \begin{aligned} f(0)=1 &\iff a(0+1)^2+2=1 \\ &\iff a=-1 \end{aligned} \]

Donc \(f(x)=-(x+1)^2+2=-x^2-2x+1\). On a bien \(a=-1\lt 0\), en accord avec le tableau.

2) \(g\) décroît puis croît, avec un minimum \(-2\) atteint en \(3\) : \(g(x)=a(x-3)^2-2\) avec \(a\gt 0\).

\[ \begin{aligned} g(1)=0 &\iff a(1-3)^2-2=0 \\ &\iff 4a=2 \\ &\iff a=\frac{1}{2} \end{aligned} \]

Donc \(g(x)=\dfrac{1}{2}(x-3)^2-2=\dfrac{1}{2}x^2-3x+\dfrac{5}{2}\). Vérification : \(g(1)=\dfrac{1}{2}-3+\dfrac{5}{2}=0\).

Pour \(ax^2+bx+c=0\), on calcule le discriminant \(\Delta=b^2-4ac\) : deux solutions si \(\Delta\gt 0\), une seule si \(\Delta=0\), aucune si \(\Delta\lt 0\).

1) \(x^2+x+1=0\) : \(\Delta=1^2-4\times1\times1=-3\lt 0\) : aucune solution.

2) \(-2x^2+x+1=0\) : \(\Delta=1^2-4\times(-2)\times1=1+8=9\gt 0\) : deux solutions.

3) \(\dfrac{1}{2}x^2-4x-\dfrac{3}{2}=0\) : \(\Delta=(-4)^2-4\times\dfrac{1}{2}\times\left(-\dfrac{3}{2}\right)=16+3=19\gt 0\) : deux solutions.

4) \(\sqrt{2}\,x^2-x+\dfrac{1}{2}=0\) : \(\Delta=(-1)^2-4\times\sqrt{2}\times\dfrac{1}{2}=1-2\sqrt{2}\). Or \(2\sqrt{2}=\sqrt{8}\gt 1\), donc \(\Delta\lt 0\) : aucune solution.

A. Nombre de solutions selon \(m\).

1) \(x^2+mx+1=0\) : \(\Delta=m^2-4=(m-2)(m+2)\).

• si \(m\lt -2\) ou \(m\gt 2\) : \(\Delta\gt 0\), deux solutions ;
• si \(m=-2\) ou \(m=2\) : \(\Delta=0\), une solution (respectivement \(x=1\) et \(x=-1\)) ;
• si \(-2\lt m\lt 2\) : \(\Delta\lt 0\), aucune solution.

2) \(x^2-2x+3m=0\) : \(\Delta=4-12m\). \(\Delta\gt 0\iff m\lt \dfrac{1}{3}\).

• si \(m\lt \dfrac{1}{3}\) : deux solutions ;
• si \(m=\dfrac{1}{3}\) : une solution, \(x=1\) ;
• si \(m\gt \dfrac{1}{3}\) : aucune solution.

B. Résoudre.

1) \(x^2+x-2=0\) : \(\Delta=1+8=9\), \(x_1=\dfrac{-1-3}{2}=-2\), \(x_2=\dfrac{-1+3}{2}=1\). \(S=\{-2\,;\,1\}\).

2) \(-3x^2+2x-1=0\) : \(\Delta=4-12=-8\lt 0\). \(S=\varnothing\).

3) \(\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{8}=0\) : \(\Delta=\dfrac{1}{4}-4\times\dfrac{3}{4}\times\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{4}-\dfrac{9}{8}=-\dfrac{7}{8}\lt 0\). \(S=\varnothing\).

4) \(-3x^2-1=0\iff x^2=-\dfrac{1}{3}\) : un carré n’est jamais strictement négatif. \(S=\varnothing\).

C. Résoudre.

1) \(-x^2+3-4x=0\iff -x^2-4x+3=0\). \(\Delta=16+12=28\), \(\sqrt{28}=2\sqrt{7}\) :

\[ x=\frac{4\pm 2\sqrt{7}}{-2}=-2\mp\sqrt{7} \]

\(S=\{-2-\sqrt{7}\,;\,-2+\sqrt{7}\}\).

2) \(x^2+\dfrac{1}{2}x=0\iff x\left(x+\dfrac{1}{2}\right)=0\) : produit nul. \(S=\left\{-\dfrac{1}{2}\,;\,0\right\}\).

3) \(4x^2+2x-\dfrac{1}{2}=0\) : \(\Delta=4+8=12\), \(\sqrt{12}=2\sqrt{3}\), \(x=\dfrac{-2\pm2\sqrt{3}}{8}=\dfrac{-1\pm\sqrt{3}}{4}\). \(S=\left\{\dfrac{-1-\sqrt{3}}{4}\,;\,\dfrac{-1+\sqrt{3}}{4}\right\}\).

4) \(x(4x^2+x+1)=0\iff x=0\) ou \(4x^2+x+1=0\). Pour le trinôme, \(\Delta=1-16=-15\lt 0\) : pas de solution. \(S=\{0\}\).

D. Factoriser. Si \(\Delta\geqslant 0\), \(ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)\) ; si \(\Delta\lt 0\), c’est impossible.

1) \(x^2+3x-4\) : \(\Delta=9+16=25\), racines \(1\) et \(-4\) : \(x^2+3x-4=(x-1)(x+4)\).

2) \(x^2+4\) : \(\Delta=-16\lt 0\), non factorisable.

3) \(3x^2-3x+1\) : \(\Delta=9-12=-3\lt 0\), non factorisable.

4) \(-x^2+4x\) : facteur commun \(x\), \(-x^2+4x=x(4-x)=-x(x-4)\).

Le nombre \(a\) est une racine de \(P\) si et seulement si \(P(a)=0\). On remplace donc \(x\) par \(a\).

1) \(P(1)=8\times1^2-7\times1-1=8-7-1=0\) : oui, 1 est racine.

2) \(P(0)=-0^2+2\times0-1=-1\neq 0\) : non.

3) \(P(-2)=(-2)^2-2\times(-2)-4=4+4-4=4\neq 0\) : non.

4) \(P(2)=2^2+2+2=8\neq 0\) : non (d’ailleurs \(\Delta=1-8\lt 0\), ce trinôme n’a aucune racine).

Notons \(x\) la largeur de l’allée, en mètres, avec \(0\lt x\lt 5\). Le carré intérieur a pour côté \(10-2x\) (on retire \(x\) de chaque côté), donc pour aire \((10-2x)^2\). L’aire de l’allée est \(100-(10-2x)^2\).

L’aire de l’allée est égale à celle du carré intérieur si et seulement si chacune vaut la moitié du jardin, soit \(50\text{ m}^2\) :

\[ \begin{aligned} 100-(10-2x)^2=(10-2x)^2 &\iff (10-2x)^2=50 \\ &\iff 10-2x=\sqrt{50}=5\sqrt{2} \quad (\text{car } 10-2x\gt 0) \\ &\iff x=\frac{10-5\sqrt{2}}{2}=5-\frac{5\sqrt{2}}{2} \end{aligned} \]

On peut aussi développer : \(8x^2-80x+100=0\iff 2x^2-20x+25=0\), \(\Delta=400-200=200\), \(x=\dfrac{20\pm10\sqrt{2}}{4}=5\pm\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\). La solution \(5+\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\approx 8{,}54\) est rejetée car \(x\) doit être inférieur à 5.

Vérification : \(x\approx1{,}46\), côté intérieur \(\approx7{,}07\text{ m}\), aire \(\approx 50\text{ m}^2\).

Repère. On prend l’origine au pied du joueur, l’axe des abscisses au sol dans la direction du tir, en mètres. Alors \(A(0\,;\,0{,}9)\), \(B(1\,;\,1{,}1)\) (le filet est à 1 m) et le sommet \(C(h\,;\,1{,}3)\), avec \(h\gt 1\) puisque, sur la figure, la balle monte encore après le filet.

Forme canonique. La trajectoire est la parabole \(y=a(x-h)^2+1{,}3\) avec \(a\lt 0\). Les points \(A\) et \(B\) donnent :

\[ ah^2+1{,}3=0{,}9 \iff ah^2=-0{,}4 \qquad a(1-h)^2+1{,}3=1{,}1 \iff a(1-h)^2=-0{,}2 \]

En divisant : \(\dfrac{(h-1)^2}{h^2}=\dfrac{1}{2}\), donc \(\dfrac{h-1}{h}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) (positif car \(h\gt 1\)), d’où \(h=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}=\sqrt{2}(\sqrt{2}+1)=2+\sqrt{2}\approx3{,}41\).

Puis \(a=-\dfrac{0{,}4}{h^2}=-\dfrac{0{,}4}{6+4\sqrt{2}}=\dfrac{-3+2\sqrt{2}}{5}\approx-0{,}0343\).

Point d’impact. La balle touche le sol quand \(y=0\) :

\[ (x-h)^2=\frac{1{,}3}{-a}\approx 37{,}89 \iff x=h+\sqrt{37{,}89}\approx 3{,}41+6{,}16\approx 9{,}57 \]

(l’autre racine, négative, est derrière le joueur). La balle retombe donc à environ 9,57 m du joueur, c’est-à-dire à \(9{,}57-1=8{,}57\text{ m}\) derrière le filet.

Conclusion. Le filet est au milieu du court, donc la ligne de fond adverse est à \(\dfrac{23{,}77}{2}=11{,}885\text{ m}\) du filet, soit à l’abscisse \(12{,}885\). Comme \(9{,}57\lt 12{,}885\), la balle tombe dans le court. On peut aussi calculer la hauteur théorique à l’abscisse 12,885 : \(y\approx-1{,}78\lt 0\), la balle a déjà touché le sol.

Avec \(x=CM\) (\(0\lt x\lt 10\)), on a \(MB=10-x\). L’aire d’un demi-disque de diamètre \(d\) vaut \(\dfrac{1}{2}\pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^2=\dfrac{\pi d^2}{8}\).

• demi-disque de diamètre \([BC]\) : \(\dfrac{100\pi}{8}=\dfrac{25\pi}{2}\text{ cm}^2\) ;
• demi-disque de diamètre \([CM]\) : \(\dfrac{\pi x^2}{8}\) ;
• demi-disque de diamètre \([MB]\) : \(\dfrac{\pi(10-x)^2}{8}\).

Aire de la partie blanche :

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}(x) &= \frac{\pi}{8}\left(100-x^2-(10-x)^2\right) \\ &= \frac{\pi}{8}\left(100-x^2-100+20x-x^2\right) \\ &= \frac{\pi}{8}(20x-2x^2)=\frac{\pi}{4}x(10-x) \end{aligned} \]

On veut \(\mathcal{A}(x)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{25\pi}{2}=\dfrac{25\pi}{4}\) :

\[ \frac{\pi}{4}x(10-x)=\frac{25\pi}{4} \iff 10x-x^2=25 \iff x^2-10x+25=0 \iff (x-5)^2=0 \]

Le discriminant est nul : il y a une seule solution, \(x=5\). Remarque : \(\mathcal{A}\) est maximale en \(x=5\) ; la moitié du grand demi-disque est donc l’aire blanche maximale, obtenue uniquement au milieu.