Quand tu lances un ballon, la hauteur qu’il atteint dessine une courbe en forme d’arche : une parabole. Quand un commerçant cherche le prix qui lui rapporte le plus, ou qu’un jardinier veut le plus grand enclos possible avec une longueur de grillage donnée, la même famille de fonctions apparaît : les fonctions polynômes du second degré. En 1ère, tu apprends à les écrire sous trois formes, à calculer leurs racines avec le discriminant, à trouver leur signe, leurs variations et leur sommet, et à t’en servir pour résoudre des équations, des inéquations et des problèmes d’optimisation.
1. Fonction polynôme du second degré et ses trois formes
Une fonction f définie sur ℝ est une fonction polynôme du second degré s’il existe trois réels a, b, c, avec a ≠ 0, tels que, pour tout réel x :
f(x) = ax² + bx + c.
L’expression ax² + bx + c s’appelle un trinôme du second degré. Sa courbe représentative est une parabole.
La condition a ≠ 0 est essentielle : si a = 0, il ne reste que bx + c, une fonction affine. Les nombres b et c, eux, peuvent être nuls : f(x) = −3x² + 7 et g(x) = 5x² − 2x sont bien du second degré.
• (x − 2)(x + 5) = x² + 3x − 10 : c’est un trinôme, avec a = 1, b = 3, c = −10.
• (3x + 1)² − 9x² = 6x + 1 : pas un trinôme, les termes en x² se sont éliminés. Il faut développer avant de conclure.
• x³ + x² : pas un trinôme, le plus grand exposant est 3.
Un même trinôme peut s’écrire de trois façons. Prenons f(x) = 2x² − 12x + 16.
| Forme | Écriture | Ce qu’elle montre |
|---|---|---|
| Développée | 2x² − 12x + 16 | l’ordonnée à l’origine : f(0) = 16, et le signe de a |
| Factorisée | 2(x − 2)(x − 4) | les racines : 2 et 4 (là où la courbe coupe l’axe des abscisses) |
| Canonique | 2(x − 3)² − 2 | le sommet S(3 ; −2) et les variations |
Chaque forme répond à une question différente. Savoir passer de l’une à l’autre est la compétence centrale du chapitre. Voici la parabole de cette fonction, dont on lit les trois informations : sommet, racines, symétrie.
La parabole de f(x) = 2x² − 12x + 16 : sommet S(3 ; −2), racines 2 et 4, axe de symétrie x = 3 (pointillés).
La forme factorisée avec des facteurs du premier degré n’existe que si la parabole coupe l’axe des abscisses. La fonction g(x) = x² + 1 n’en a pas (on le démontrera avec le discriminant). La forme canonique, elle, existe toujours.
2. La forme canonique
Pour tout trinôme f(x) = ax² + bx + c (avec a ≠ 0), il existe deux réels α et β tels que, pour tout réel x :
f(x) = a(x − α)² + β, avec α = −b2a et β = f(α).
Cette écriture est la forme canonique de f.
On met a en facteur : ax² + bx + c = a[x² + bax + ca].
Les deux premiers termes ressemblent au début de (x + b2a)² = x² + bax + b²4a². On écrit donc x² + bax = (x + b2a)² − b²4a².
Ainsi f(x) = a[(x + b2a)² − b²4a² + ca] = a(x − α)² + β, avec α = −b2a et β = c − b²4a.
Enfin, en prenant x = α, le terme a(x − α)² s’annule, donc f(α) = β.
1) Repère a, b, c.
2) Calcule α = −b2a.
3) Calcule β = f(α) en remplaçant x par α dans l’expression de départ.
4) Écris f(x) = a(x − α)² + β.
5) Vérifie en développant, ou en testant avec x = 0 : on doit retrouver c.
f(x) = 3x² − 12x + 7. Ici a = 3, b = −12, c = 7.
α = −(−12)2×3 = 126 = 2. β = f(2) = 3×4 − 24 + 7 = −5.
Donc f(x) = 3(x − 2)² − 5. Vérification : 3(x² − 4x + 4) − 5 = 3x² − 12x + 7. ✓
g(x) = −2x² + 3x + 1. Ici a = −2, b = 3, c = 1.
α = −3−4 = 34. β = g(34) = −2×916 + 94 + 1 = −98 + 188 + 88 = 178.
Donc g(x) = −2(x − 34)² + 178.
La forme canonique contient (x − α). Si α = −3, on écrit (x − (−3))² = (x + 3)². Beaucoup d’élèves lisent α = 3 au lieu de α = −3 : le sommet est alors du mauvais côté de l’axe vertical. Autre erreur classique : oublier le facteur a devant la parenthèse.
3. Variations, sommet et axe de symétrie
Soit f(x) = a(x − α)² + β.
• Si a > 0 : f est décroissante sur ]−∞ ; α], croissante sur [α ; +∞[ et admet un minimum β atteint en α.
• Si a < 0 : f est croissante sur ]−∞ ; α], décroissante sur [α ; +∞[ et admet un maximum β atteint en α.
Le point S(α ; β) est le sommet de la parabole. La droite d’équation x = α est son axe de symétrie.
Pour tout réel x, (x − α)² ≥ 0, donc f(x) = a(x − α)² + β ≥ β, avec égalité seulement si x = α : β est le minimum.
Si α ≤ u < v, alors 0 ≤ u − α < v − α, donc (u − α)² < (v − α)² (le carré est croissant sur [0 ; +∞[), puis, en multipliant par a > 0 et en ajoutant β : f(u) < f(v). Même raisonnement sur ]−∞ ; α] avec une décroissance. Pour a < 0, on multiplie par un négatif : toutes les inégalités s’inversent.
Symétrie : f(α + h) = ah² + β = f(α − h), donc deux points d’abscisses symétriques par rapport à α ont la même image.
| x | −∞ | α | +∞ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| a > 0 | ↘ | β (minimum) | ↗ | ||
| a < 0 | ↗ | β (maximum) | ↘ |
À gauche, a = 1 > 0 : la parabole est ouverte vers le haut. À droite, a = −1 < 0 : elle est ouverte vers le bas.
Pour g(x) = −2x² + 3x + 1, on a trouvé α = 34 et β = 178. Comme a = −2 < 0, g est croissante sur ]−∞ ; 34], décroissante sur [34 ; +∞[ et son maximum est 178 = 2,125, atteint en x = 0,75.
Si tu connais deux racines x1 et x2, l’axe de symétrie est au milieu : α = x₁+x₂2. Pour f(x) = 2x² − 12x + 16 de racines 2 et 4, on retrouve α = 3.
4. Équation du second degré et discriminant
Résoudre ax² + bx + c = 0, c’est chercher les racines du trinôme, c’est-à-dire les abscisses des points où la parabole coupe l’axe des abscisses.
Le discriminant du trinôme ax² + bx + c est le nombre Δ = b² − 4ac.
• Si Δ > 0 : deux solutions distinctes, x1 = −b−√Δ2a et x2 = −b+√Δ2a.
• Si Δ = 0 : une seule solution (dite double), x0 = −b2a = α.
• Si Δ < 0 : aucune solution réelle.
D’après la forme canonique, ax² + bx + c = a[(x + b2a)² − Δ4a²] (car b²4a² − ca = b²−4ac4a²). Comme a ≠ 0, l’équation équivaut à (x + b2a)² = Δ4a².
• Si Δ < 0, le carré d’un réel ne peut pas être négatif : aucune solution.
• Si Δ = 0, on a (x + b2a)² = 0, donc x = −b2a.
• Si Δ > 0, on a x + b2a = ± √Δ2a (en écrivant Δ4a² = ([[√Δ/2|a|]])²), d’où les deux solutions annoncées.
Ici a > 0 pour les trois courbes : Δ > 0 (deux points d’intersection), Δ = 0 (un point de contact, le sommet), Δ < 0 (aucun point).
1) Mets l’équation sous la forme ax² + bx + c = 0 (tout à gauche, 0 à droite).
2) Identifie a, b, c avec leurs signes.
3) Calcule Δ = b² − 4ac.
4) Selon le signe de Δ, applique la bonne formule (ou conclus qu’il n’y a pas de solution).
5) Vérifie une solution en la remplaçant dans l’équation.
• 2x² − 5x − 3 = 0 : Δ = (−5)² − 4×2×(−3) = 25 + 24 = 49 > 0, √Δ = 7. x1 = 5−74 = −12 et x2 = 5+74 = 3. Vérification : 2×9 − 15 − 3 = 0. ✓
• 4x² + 12x + 9 = 0 : Δ = 144 − 4×4×9 = 0. Solution double x0 = −128 = −32.
• x² + x + 3 = 0 : Δ = 1 − 12 = −11 < 0. Aucune solution réelle : la parabole reste au-dessus de l’axe des abscisses.
Dans b² − 4ac, le terme b² est toujours positif, même si b est négatif ((−5)² = 25, pas −25). Et −4ac change de signe quand a et c sont de signes contraires, ce qui augmente Δ : un trinôme avec a > 0 et c < 0 a donc toujours deux racines. Pense aussi à diviser par 2a en entier : le dénominateur est 2a, pas seulement 2.
5. Factorisation, racine évidente, somme et produit
Soit f(x) = ax² + bx + c.
• Si Δ > 0, de racines x1 et x2 : f(x) = a(x − x1)(x − x2).
• Si Δ = 0, de racine double x0 : f(x) = a(x − x0)².
• Si Δ < 0 : f(x) ne se factorise pas en produit de facteurs du premier degré.
Pour le cas Δ > 0, on part de f(x) = a[(x − α)² − Δ4a²] et on reconnaît une différence de deux carrés, (x − α)² − (√Δ2a)² = (x − α − √Δ2a)(x − α + √Δ2a) = (x − x2)(x − x1).
Si Δ ≥ 0, les racines x1 et x2 (éventuellement égales) vérifient :
x1 + x2 = −ba et x1 × x2 = ca.
On le voit en développant a(x − x1)(x − x2) = ax² − a(x1 + x2)x + ax1x2 et en identifiant avec ax² + bx + c.
• Si a + b + c = 0, alors 1 est racine, et l’autre racine vaut ca (le produit des racines).
• Si a − b + c = 0, alors −1 est racine, et l’autre vaut −ca.
Cela évite le calcul du discriminant.
• 5x² − 8x + 3 : 5 − 8 + 3 = 0, donc 1 est racine et l’autre racine est 35. Somme : 1 + 35 = 85 = −ba ✓.
• 2x² + 7x + 5 : 2 − 7 + 5 = 0, donc −1 est racine et l’autre est −52. On factorise : 2(x + 1)(x + 52) = (x + 1)(2x + 5).
• Deux nombres de somme 7 et de produit 12 sont les racines de t² − 7t + 12 = 0 : Δ = 49 − 48 = 1, t = 7±12, soit 3 et 4.
6. Signe d’un trinôme
• Si Δ > 0 : le trinôme est du signe de a à l’extérieur des racines, du signe de −a entre les racines, et nul en x1 et x2.
• Si Δ = 0 : il est du signe de a pour tout x ≠ x0, et nul en x0.
• Si Δ < 0 : il est du signe de a pour tout réel x, et ne s’annule jamais.
Justification : pour Δ > 0, on écrit a(x − x1)(x − x2) avec x1 < x2. Entre les racines, les deux facteurs (x − x1) et (x − x2) sont de signes contraires, leur produit est négatif et on multiplie par a. À l’extérieur, ils ont le même signe, produit positif. Pour Δ < 0, la forme canonique donne a[(x − α)² + un nombre strictement positif], toujours du signe de a.
Tableaux de signes (cas Δ > 0) :
| x | −∞ | x1 | x2 | +∞ | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| si a > 0 | + | 0 | − | 0 | + |
| x | −∞ | x1 | x2 | +∞ | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| si a < 0 | − | 0 | + | 0 | − |
1) Calcule Δ.
2) Si Δ > 0 (ou = 0), calcule les racines et range-les dans l’ordre croissant.
3) Regarde le signe de a pour choisir le bon tableau.
4) Contrôle avec une valeur simple : le signe de f(0) = c doit être cohérent avec le tableau.
f(x) = −2x² + x + 6. Δ = 1 + 48 = 49, √Δ = 7. x1 = −1+7−4 = −32 et x2 = −1−7−4 = 2. Ici a = −2 < 0 :
| x | −∞ | −32 | 2 | +∞ | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| f(x) | − | 0 | + | 0 | − |
Contrôle : f(0) = 6 > 0 et 0 est bien entre −1,5 et 2, là où le trinôme est positif. ✓
7. Inéquations du second degré
1) Ramène tout dans un seul membre pour obtenir ax² + bx + c comparé à 0 (attention à bien changer les signes en passant un terme de l’autre côté).
2) Détermine le signe du trinôme avec Δ, les racines et le signe de a.
3) Lis les x qui conviennent et écris la solution sous forme d’intervalles. Les crochets sont fermés si l’inégalité est large (≤, ≥) et ouverts si elle est stricte (<, >).
x² − 3x − 4 ≥ 0. Racines : −1 et 4 (Δ = 25). Comme a = 1 > 0, le trinôme est positif à l’extérieur des racines. Solution : ]−∞ ; −1] ∪ [4 ; +∞[.
2x² ≤ x + 3. On se ramène à 2x² − x − 3 ≤ 0. Δ = 1 + 24 = 25, racines 1−54 = −1 et 1+54 = 32. Avec a = 2 > 0, le trinôme est négatif entre les racines. Solution : [−1 ; 32]. Test : x = 0 donne 0 ≤ 3, vrai ✓.
Pour x² + 2x + 5 : Δ = 4 − 20 < 0 et a > 0, donc le trinôme est toujours strictement positif. L’inéquation x² + 2x + 5 < 0 n’a aucune solution (ensemble vide ∅), et x² + 2x + 5 > 0 a pour solution ℝ.
Pour résoudre x² ≥ 3x, n’écris pas « x ≥ 3 » en divisant par x : tu perds des solutions (et si x est négatif, l’inégalité change de sens). Écris x² − 3x ≥ 0, c’est-à-dire x(x − 3) ≥ 0, de racines 0 et 3 : solution ]−∞ ; 0] ∪ [3 ; +∞[.
8. Problèmes d’optimisation
Optimiser, c’est trouver la valeur qui rend une grandeur la plus grande ou la plus petite possible. Quand cette grandeur s’écrit avec un trinôme, la réponse est donnée par le sommet de la parabole.
1) Choisis une inconnue x et précise son domaine (une longueur est positive, etc.).
2) Exprime la grandeur à optimiser en fonction de x : tu obtiens un trinôme.
3) Détermine son sommet (α ; β) et vérifie que α est bien dans le domaine.
4) Si a < 0 : maximum β atteint en α. Si a > 0 : minimum β atteint en α.
5) Conclus par une phrase avec les unités.
Un jardinier dispose de 40 m de grillage pour fermer un enclos rectangulaire. Un côté de l’enclos est le mur de la maison (pas de grillage de ce côté). Quelle est l’aire maximale ?
Mise en équation. Soit x (en m) la longueur de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur. Le côté parallèle au mur mesure 40 − 2x. Il faut 0 < x < 20. L’aire est A(x) = x(40 − 2x) = −2x² + 40x.
Sommet. a = −2 < 0 : maximum en α = −40−4 = 10, valant A(10) = 10×20 = 200.
Conclusion. L’aire maximale est 200 m², obtenue avec deux côtés de 10 m et un côté de 20 m (le côté parallèle au mur est le double des autres).
Aire A(x) de l’enclos : la parabole est « en cloche », son sommet (10 ; 200) donne la meilleure solution.
« Avant de te lancer dans les calculs, demande-toi : mon trinôme est-il tourné vers le haut ou vers le bas ? Pour un maximum, il faut a < 0 ; pour un minimum, a > 0. Si tu trouves l’inverse de ce qu’annonce le problème, relis ta mise en équation ! »
9. Équations qui se ramènent au second degré
Certaines équations ne sont pas du second degré au départ, mais le deviennent avec un changement d’inconnue. L’exemple le plus courant est l’équation « bicarrée » ax4 + bx² + c = 0.
1) Pose X = x² (on a alors x4 = X²).
2) Résous aX² + bX + c = 0.
3) Ne garde que les X positifs ou nuls (un carré ne peut pas être négatif).
4) Pour chaque X ≥ 0 retenu, résous x² = X : x = √X ou x = −√X.
x4 − 5x² + 4 = 0. Avec X = x² : X² − 5X + 4 = 0, Δ = 25 − 16 = 9, X = 5±32, soit X = 1 ou X = 4. Les deux sont positifs : x = ±1 ou x = ±2. L’équation a 4 solutions : −2, −1, 1, 2.
x4 + x² − 6 = 0. Avec X = x² : X² + X − 6 = 0, Δ = 1 + 24 = 25, X = −1±52, soit X = 2 ou X = −3. On rejette −3 (aucun carré n’est négatif). Il reste x² = 2 : x = √2 ou x = −√2.
Autre usage du second degré : trouver les points d’intersection d’une parabole et d’une droite. On résout f(x) = mx + p, qui est une équation du second degré : Δ > 0 donne deux points d’intersection, Δ = 0 une droite tangente (un seul point), Δ < 0 aucun point. Le signe de f(x) − (mx + p) indique laquelle des deux courbes est au-dessus de l’autre.
À retenir
- Un trinôme du second degré s’écrit ax² + bx + c avec a ≠ 0 ; sa courbe est une parabole.
- Forme canonique : a(x − α)² + β avec α = −b2a et β = f(α) ; le sommet est S(α ; β), l’axe de symétrie est x = α.
- a > 0 : minimum β (décroissante puis croissante). a < 0 : maximum β (croissante puis décroissante).
- Discriminant Δ = b² − 4ac : Δ > 0, deux racines −b±√Δ2a ; Δ = 0, une racine double −b2a ; Δ < 0, aucune racine réelle.
- Factorisation : a(x − x1)(x − x2) si Δ > 0 ; a(x − x0)² si Δ = 0 ; somme −ba et produit ca des racines.
- Signe : signe de a à l’extérieur des racines, signe de −a entre les racines ; si Δ ≤ 0, signe de a partout (sauf en la racine double).
- Inéquation : tout d’un côté, signe du trinôme, intervalles (crochets fermés si l’inégalité est large).
- Optimisation : écrire la grandeur en fonction de x, trouver le sommet, vérifier qu’il est dans le domaine, conclure avec l’unité.
- Équation bicarrée : poser X = x², résoudre, ne garder que X ≥ 0.