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Equation du second degréEquation du second degré

Sommaire• Exemple• Définition• Résolution graphique

– Cas1– Cas2– Cas3– Exo 4– Ex: Entreprise Reguenet

• Résolution algébrique d’une équation du second degré

Sommaire• Exemples• Remarque 1• Remarque 2• Factorisation• Exemple• Inéquation du second• I. Signe du trinôme• Exemples• II. Solution d’une inéquation du second degré

Définition :

Une équation du second degré a pour forme générale :

Les solutions (si elles existent) d'une telle

équation sont les abscisses des points d'intersection :

·  de la parabole d'équation P d’équation y = a x2 + b x + c

· et l’axe (ox) d’équation y = 0

2 0( 0)ax bx c a

Résolution graphique d’une équation du second degré

• Cas 1 : (figure I)La parabole (P) coupe l’axe des abscisses (ox)

en deux points A et B.

Les deux solutions distinctes sont les abscisses des points d'intersection de (ox) et (P).

Exemple

Résoudre graphiquement x2 + x ‑ 6 = 0.

• Pour cela : 1.     On trace la parabole (P) d'équation y = x2 + x - 6.

2.     On lit sur l’axe (ox) d'équation

y = 0

3.     Les points d'intersection A et B ont pour coordonnées respectives (- 3; 0)  et (2; 0).

• Les abscisses xA = ‑ 3 et xB = 2 sont solutions de

l'équation x2 + x ‑ 6 = 0.

• Vérification :

• ·        (‑3)2 + ( ‑3) – 6 = 0,         22 + 2 – 6 = 0.

Cas 2 : (figure II)

L’axe (ox) est tangente à la parabole (P) au point I.

La solution est l'abscisse du point de

tangence de la droite à la parabole.

Exemple

Résoudre graphiquement l’équation:

211 0

4x x

Pour cela:

   On trace la parabole (P) d'équation y = x2 - 4 x + 4

Le point d'intersection I a pour coordonnées :

(2 ; 0)

Son abscisse x = 2 est solution de l'équation :

211 0

4x x

Cas 3 : (figure III)

L’axe (ox) ne coupe pas la parabole (P).L'équation n'a pas de solution dans ce cas.

Exemple

Résoudre graphiquement l’équation ‑ x2 ‑ x ‑ 2 = 0.

Pour cela :

·   On trace la parabole (P) d'équation y = - x2 ‑ x ‑ 2.

·  Il n'y a pas de point commun.

Il n'existe donc pas de réel x pour lequel

‑ x2 ‑ x ‑ 2 = 0 .

2 6 0x x

A B

211 0

4x x

I

2 2 0x x

IV. Equation: 2 x2 + x – 6 = 0

Les coordonnées du point d’intersection sont:

(- 2; 0) et (1,5; 0)

Les solutions sont: x = - 2 et x = 1,5

22 6 0x x

Solutions: x = - 2 et x = 1,5

Exemples

Coût de production :1.

a.   Tableau de valeurs:

b. Voir graphique.

n centaines 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10C(enk€) 9 10 13 18 25 34 45 58 73 90 109

2. a.   Tableau de valeurs :

n centaines 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9R(enk€) 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

b. Une centaine d’objets est vendue à 10 k€, donc

n centaines seront vendues à R = 10 n

c.  Voir graphique

3. a.     B(n) = R(n) – C(n) = 10 n – (n² + 9) = - n² + 10 n – 9

b.   Pour avoir des bénéfices, h(x) doit être positive,

donc l’entreprise doit vendre entre 100 et 1000,

exclus, objets.

   Par lecture graphique, le bénéfice est maximum

pour 500 objets

c. Voir graphique

d. Pour 500 objets le bénéfice est maximal

D: R(n) = 10 n

P: C(n) = n2 + 9

RENTABILITÉ D’UNE PRODUCTION1.         Tableau de valeurs :

x 0 5 10 15 20 25

2 x² - 40 x + 500 500 350 300 350 500 750

·   Représentation graphique de la fonction C(voir graphique).

2.         Tableau de valeurs.

x 0 5 10 15 20 25

P(x) = 10 x + 300

300 350 400 450 500 550

        Voir graphique.·   Le prix de vente est égal au coût d’achat pour q = 5 et q = 20.

  La production est rentable pour q ]5 ; 20[

Exercice: Entreprise de M. Ringuenet

PREMIERE PARTIE :1.    Tableau :

2.

a) CA = 0,3 n + 100 pour tout n compris entre

0 et 50 ( 10 ≤ n ≤ 50 )

b) CA = 0,7 n + 80 pour tout n compris entre

50 et 120 ( 50 ≤ n ≤ 120 )

Nombre de km parcourus: n 10 20 50 80 120

Coût total du transport en €: CA

Nombre de km parcourus: n 10 20 50 80 120

Coût total du transport en €: CA 103 106 115

Nombre de km parcourus: n 10 20 50 80 120

Coût total du transport en €: CA 103 106 115 136 164

3. Courbe de la fonction f

DEUXIEME PARTIE :

1.    Tableau de valeurs.

2.        Voir graphique.

TROISIEME PARTIE :

1.  Par lecture graphique, f(x) = g(x) lorsque x = 100

Nombre de km parcourus: n

10 20 50 70 80 90 110 120

Coût total du transport en €:

90,6 92,4 105 119,4 128,4 138,6 162,6 176,4

Nombre de km parcourus: n

10 20 50 70 80 90 110 120

Coût total du transport en €:

92,4 162,6

2. Dans l’intervalle [50 ; 120], f(x) = 0,7 x + 80 et 26

( ) 90100

g x x = 0,006 x2 + 90

donc dans l’intervalle [50 ; 120],

f(x) = g(x) 280 0,7 0,006 90x x

210 0,7 0,006 0x x

Et après simplification, on trouve

20,006 0,7 10 0x x

3. Par lecture graphique, f(x) g(x) lorsque

[100 ; 120]x4.  D’après l’étude précédente, et puisque la

destination des colis est à plus de 100 km,

M. Ringuenet devra choisir la société A qui semble plus intéressante à partir de 100 km.

Résolution algébrique d’une équation du second degré

Méthode du discriminant

Pour résoudre l’équation

a x2 + b x + c = 0(avec a non nul),

On calcule le nombre2 4b ac

Ce nombre est appelé discriminant de l’équation.Trois cas sont possibles:

•Si < 0, l’équation n’a pas de solution•Si = 0, l’équation a une solution unique:

2

bx

a

•Si > 0, l’équation a deux solutions distinctes:

1 2

bx

a

2 2

bx

a

Exemples: Résoudre

I. 2 x2 – 5 x – 3 = 0

•a = 2; b = c =- 5; - 3

2 4b ac •Je calcule le discriminant:

2( 5) 4 2 ( 3) 49

49 0; donc l’équation a deux solutions

1 2

bx

a

( 5) 49

2 2

5 7 1

4 2

2 2

bx

a

( 5) 49

2 2

5 7 12

34 4

II. 4 x2 – 4 x + 1 = 0

•a = 4; b = c =- 4; 1

= (- 4)2 – 4×4×1 = 0

= 0, donc l’équation a une seule solution

2

bx

a

( 4) 1

2 4 2

III. – 3 x2 + 5 x – 5 = 0

•a = - 3; b = c =5; - 5

2 24 5 4 ( 3) ( 5)b ac 35 0

donc l’équation n’a pas de solution

Remarque 1

Dans les cas où l’équation à résoudre peut se mettre immédiatement sous forme de produit de facteurs, On n’utilise pas la méthode du discriminant;

Il est plus rapide dans ce cas de factoriser l’équation.

Exemple: Résoudre dans

3 x2 – 9 x = 0

3 x2 – 9 x = 0 3 x ( x – 3) = 0

3 x = 0 et x = 0 ou x – 3 = 0 et x = 3D’où les solutions x1 = 0 et x2 = 3

Organigramme de résolution

• Pour résoudre une telle équation, on utilise l’organigramme suivant:

a x² + b x + c = 0

Calcul du discriminantΔ = b ² - 4 a c

Δ = 0

Une seule solution b

x1 = x2 = - ——

2 a

Deux solutions

Δ > 0

Aucune solutionDans l’ensemble des nombres réels

Δ < 0

2

1

4

2

b b acx

a

2

2

4

2

b b acx

a

Remarque 2:

• Les solutions de l’équation

a x ² + b x + c = 0

• sont aussi appelées les racines du polynôme

a x ² + b x + c

Factorisation du polynôme a x ² + b x + c

• a. Si Δ > 0,

le polynôme a x ² + b x + c

a deux racines x1 et x2 et il se factorise comme

suit:

a x² + b x + c = a ( x – x1)(x – x2 )

Factorisation du polynôme

• b. Si Δ = 0,

a x² + b x + c admet une seule racine x0 

telle que:

a x ² + b x + c = a ( x – x0  )²

• c. Si Δ < 0,

a x ² + b x + c n’a pas de racine;

il ne peut être factorisé

Exemple

Factoriser le polynôme 3 x² + 7 x – 20

Δ = 7² - 4×3×(-20) = 289 > 0

Donc ce polynôme admet 2 racines:

2 53 7 20 3 ( 4)( )

3x x x x

1

7 289 7 174

2 3 6x

2

7 289 7 17 10 5

2 3 6 6 3x

Résolution d’une inéquation Résolution d’une inéquation du second degré du second degré

I - Signe du trinôme a x 2 + b x + c avec a 0

Exemples : a.     Cas où > 0 :

Recherche graphique du signe de

f(x) = x2 – 4 x + 3 :

a = 1 ; b = - 4 ; c = 3

  On calcule Δ

     = b² - 4 a c = 16 – 12 = 4 > 0 ;

donc f(x) admet 2 racines :

x1 = 3 ; x2 = 1

- 2 - 1 1 2 3 4 5 6 7 8

x

- 1

1

2

3

4

5

6

y

x = 3y = 0x = 1y = 0

f(x) = x² - 4 x + 3

Par lecture graphique on a:

•  Pour x < 1 ou x > 3,

f(x) = x² - 4 x + 3 > 0

•Pour 1 < x < 3,

f(x) = x² - 4 x + 3 < 0

Ceci peut se résumer par le tableau suivant(a = 1 > 0)  :

x -2 1 3 6

x² - 4 x +3 0 0

Recherche graphique du signe de f(x) = - 2 x2 – x + 6 :

a = - 2; b = - 1 ; c = 6

= b2 – 4 a c = 49 > 0;

donc le trinôme f(x) = - 2 x2 – x + 6 admet 2 racines

x1 = 1,5 et x2 = - 2

- 6 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 1 2 3 4 5 6 7

x

- 3

- 2

- 1

1

2

3

4

5

6y

f(x) = - 2 x² - x + 6x = 1,5y = 0

x = - 2y = 0

Par lecture graphique :

•Pour x < - 2 ou x > 1,5;

f(x) = - 2 x² - x + 6 < 0 •Pour – 2 < x < 1,5;

f(x) = x² - 4 x + 3 > 0Ceci peut se résumer par le tableau suivant(a = - 2 < 0 ):

x -6 -2 1,5 7

- 2 x² - x + 6 0 0

D’après les deux études précédentes,

le signe du polynôme a x² + b x + c dépend du coefficient a 

On constate donc que lorsque le discriminant > 0,

on a le schéma suivant :

x x1 x2

Signe de a x² + b x + c 0 0Signe de a Signe de aSigne de

- a

b. Cas où = 0 :

Dans ce cas, le trinôme a x² + b x + cadmet une seule racine telle que:

1 2 0 2b

x x xa

et se factorise comme suit :

a x² + b x + c = a (x – x0)2

Tableau de signes :

+

x x0

Signe de a Signe de a Signe de a

Signe de (x – x0)2 +

Signe de a x² + b x + c = a (x – x0)

2 Signe de a Signe de a

c. Cas où < 0 :

• La factorisation du trinôme a x ² + b x + c est impossible.

• Le trinôme a x ² + b x + c, dans ce cas, est toujours du signe de a.

II.    II.    Solution d’une inéquation du Solution d’une inéquation du second degré second degré ::

• Résoudre une telle inéquation revient à étudier le signe du trinôme a x ² + b x + c(a non nul).

Trois cas sont possibles :

1. Si > 0 ; a x ² + b x + c = a (x – x1)(x –

x2) et

• a)      a (x – x1)(x – x2) est du signe de a à

l’extérieur de x1 et x2

• b)    a (x – x1)(x – x2) est du signe contraire de a

à l’intérieur de x1 et x2

• 2. Si = 0 ; a x² + b x + c = a (x – x0)2

est toujours du signe de a

• 3. Si < 0 ; le trinôme a x ² + b x + c est toujours du signe de a.