Fonctions du second degré (mathématiques I, programme japonais)

De y=(x−2)²−4+1=(x−2)²−3, le sommet est (2, −3). Pour (x−2)², l'abscisse du sommet vaut +2 : le signe s'inverse. La proposition (2, 1) vient de l'oubli de −4, et (2, 5) d'avoir pris +4 au lieu de −4.

On a y=(x+3)²−9+5=(x+3)²−4. Comme (x+3)²=(x−(−3))², l'abscisse du sommet est −3 et le sommet est (−3, −4). La proposition (3, −4) vient d'une mauvaise lecture du signe, et (−3, 5) de l'oubli de −9.

2(x²−4x)+3=2{(x−2)²−4}+3=2(x−2)²−8+3=2(x−2)²−5. La proposition −1 vient d'avoir oublié de multiplier −4 par le coefficient 2 en le sortant de l'accolade, ce qui donne −4+3=−1. Il est utile de développer pour vérifier qu'on retrouve 2x²−8x+3.

De y=(x+1)²−1, l'axe est la droite x=−1. L'axe se situe à l'opposé de la moitié du coefficient de x : la moitié de 2 vaut 1, et on change le signe pour obtenir −1. La proposition x=1 vient d'une erreur de signe, et x=−2 de l'oubli de la division par deux.

−(x²−4x)−1=−{(x−2)²−4}−1=−(x−2)²+4−1=−(x−2)²+3, donc le sommet est (2, 3). La proposition (2, −5) vient d'une erreur de signe sur −4, calculé comme −4−1. Attention aux signes lorsqu'on supprime la parenthèse précédée de −1.

Une translation de p selon l'axe des x remplace x par x−p dans l'équation, donc un déplacement de +3 donne (x−3)². Le déplacement de −2 selon y ajoute −2 à la fin. L'inversion du signe entre le déplacement et l'écriture est le point essentiel ; (x+3)² correspond à l'oubli de cette inversion.

Un déplacement de −1 selon x remplace x par x−(−1)=x+1, d'où 2(x+1)² ; le déplacement de +4 selon y ajoute +4 à la fin. On vérifie avec le sommet : (0,0) devient (−1,4), ce qui correspond bien au sommet (−1,4) de y=2(x+1)²+4.

La symétrie par rapport à l'axe des x revient à remplacer y par −y : y=−(x²−2x+3)=−x²+2x−3. Tous les termes changent de signe. La proposition y=x²+2x+3 est le résultat d'une symétrie par rapport à l'axe des y, c'est-à-dire du remplacement de x par −x, ce qui prête à confusion.

La symétrie par rapport à l'origine remplace x par −x et y par −y : −y=(−x)²−4(−x)+5=x²+4x+5, donc y=−x²−4x−5. La proposition y=−x²+4x−5 ne correspond qu'à la symétrie par rapport à l'axe des x, et y=x²+4x+5 qu'à celle par rapport à l'axe des y : dans les deux cas un remplacement a été oublié.

On pose la forme canonique y=a(x−1)²+2 ; en remplaçant par (0, 4) on obtient a+2=4, donc a=2. La courbe y=2(x+1)²+2 passe aussi par (0, 4) mais son sommet est (−1, 2), ce qui ne convient pas. Pour y=(x−1)²+2, la valeur en x=0 est 3 : elle ne passe pas par le point.

De y=(x−1)²+2, la parabole est tournée vers le haut et son sommet est (1, 2). Le minimum vaut donc 2, atteint en x=1. Sans restriction de l'ensemble de définition, le minimum est exactement l'ordonnée du sommet. La valeur 3 est celle prise en x=0 et n'est pas le minimum.

De y=−(x−2)²+4, la parabole est tournée vers le bas et son sommet est (2, 4). Le maximum vaut donc 4, atteint en x=2. Une parabole tournée vers le bas atteint son maximum au sommet et n'a pas de minimum. Une erreur de signe donne −4, mais en remplaçant x par 2 on trouve −4+8=4.

L'expression est déjà sous forme canonique et le sommet est (3, 1). Comme a=2>0, la parabole est tournée vers le haut et le minimum vaut 1, atteint en x=3. Il ne faut pas intervertir les coordonnées du sommet (3, 1) : x=3 et minimum 1. La valeur 19 est celle prise en x=0.

L'axe x=1 appartient à l'intervalle, donc le maximum est atteint à l'extrémité la plus éloignée de l'axe, x=3 : f(3)=(3−1)²+2=4+2=6. La valeur 2 est le minimum, atteint au sommet. La valeur 18 provient d'une erreur de signe donnant (3+1)².

L'axe x=2 est à droite de l'intervalle 0≦x≦1, donc la fonction y est décroissante sur cet intervalle. Le minimum est atteint à l'extrémité droite x=1 : f(1)=1−4+1=−2. La valeur −3 est l'ordonnée du sommet, mais x=2 n'appartient pas à l'intervalle. Répondre par le sommet en ignorant l'intervalle est l'erreur typique.

On a y=−(x−1)²+3. La parabole est tournée vers le bas et l'axe x=1 appartient à l'intervalle : le maximum est atteint au sommet, f(1)=3. Le minimum est atteint à l'extrémité la plus éloignée de l'axe, x=3 : f(3)=−9+6+2=−1. La valeur f(0)=2 est bien une valeur aux bornes, mais x=3 est plus éloigné de l'axe et y donne une valeur plus petite.

L'axe x=3 est à gauche de l'intervalle 4≦x≦6, donc la fonction est croissante sur cet intervalle. Le minimum est atteint à l'extrémité gauche x=4 : f(4)=16−24+10=2. La valeur 1 est celle du sommet, mais x=3 n'appartient pas à l'intervalle. Le maximum est atteint à l'extrémité droite x=6 et vaut 10.

Comme a>2, l'axe x=a est à droite de l'intervalle et la fonction est décroissante sur celui-ci : le minimum est atteint à l'extrémité droite x=2, avec f(2)=4−4a. La valeur −a² est celle du sommet, mais x=a n'appartient pas à l'intervalle. Par exemple pour a=3, f(2)=−8, ce qui coïncide avec 4−4×3=−8.

L'extrémité la plus éloignée de l'axe x=1 est x=3, donc le maximum vaut f(3)=9−6+c=3+c. De 3+c=7 on tire c=4. La proposition c=7 vient d'avoir pris à tort f(0)=c comme maximum, et c=8 d'avoir posé que le minimum f(1)=c−1 valait 7. Pour c=4, on vérifie bien f(3)=7.

En posant t=x²−2x, on a t=(x−1)²−1≧−1. Alors y=t²−4t+1=(t−2)²−3, et t=2 appartient bien au domaine t≧−1 : le minimum vaut −3, atteint pour t=2, c'est-à-dire lorsque x²−2x=2. À la borne t=−1 on obtient y=6, qui n'est pas le minimum. Après un changement de variable, il ne faut pas oublier de déterminer le domaine de t.

De (x−2)(x−3)=0 on tire x=2, 3. Les deux nombres de produit +6 et de somme −5 sont −2 et −3, d'où les facteurs (x−2)(x−3) ; les solutions retrouvent le signe opposé, 2 et 3. Répondre −2, −3 revient à confondre le signe dans le facteur et le signe de la solution.

Avec la formule des racines, x=(2±√(4+4))/2=(2±2√2)/2=1±√2. La proposition 2±2√2 vient de l'oubli de la division finale par 2. Il faut mener soigneusement la transformation √8=2√2 puis la simplification. En remplaçant par x=1+√2 on vérifie que (1+√2)²−2(1+√2)−1=0.

La méthode de la croix donne (2x−1)(x+2)=0. De 2x−1=0 on tire x=1/2, et de x+2=0 on tire x=−2. Attention : la solution issue du facteur (x+2) est −2, de signe opposé. La réponse x=−1/2, 2 revient à inverser les deux signes.

La condition de racine double est D=0. De D=16−4k=0 on tire k=4. On a alors x²+4x+4=(x+2)²=0, de racine double x=−2. La proposition k=16 vient d'avoir écrit D=16−k en oubliant le facteur 4.

La condition est D>0. De D=9−4k>0 on tire 4k<9, soit k<9/4. Le cas d'égalité k=9/4 donne une racine double et doit être exclu. La proposition k>−9/4 provient d'une erreur de signe donnant D=9+4k.

Le discriminant de x²−4x+5=0 vaut D=16−20=−4<0 : il n'y a pas de racine réelle, donc aucun point commun. Sur le graphique, le sommet (2, 1) est au-dessus de l'axe des x et la parabole, tournée vers le haut, reste entièrement au-dessus. Une parabole ne peut jamais avoir 3 points communs avec l'axe des x.

On résout x²+2x−3=0 obtenue en posant y=0. De (x+3)(x−1)=0 on tire x=−3, 1. Les deux nombres de produit −3 et de somme +2 sont +3 et −1, et la solution issue du facteur (x+3) est −3. La réponse x=3, −1 correspond à une inversion des signes.

La condition de tangence est D=0. De D/4=k²−(k+2)=k²−k−2=(k−2)(k+1)=0 on tire k=2, −1. Pour k=2 on a x²−4x+4=(x−2)², et pour k=−1 on a x²+2x+1=(x+1)² : la tangence est bien vérifiée dans les deux cas.

En éliminant y, x²+1=2x+4, puis en réduisant, x²−2x−3=0. De (x−3)(x+1)=0 on tire x=−1, 3. Le discriminant D=4+12=16>0 confirme qu'il y a bien 2 points communs. Attention aux erreurs de signe lors de la transposition.

La condition est D≧0. De D/4=(a+1)²−4≧0 on tire (a+1)²≧4, donc a+1≦−2 ou a+1≧2, c'est-à-dire a≦−3 ou a≧1. La proposition −3≦a≦1 vient d'avoir pris l'intervalle intérieur en se trompant de sens. Une racine double est aussi une racine réelle, d'où les inégalités larges.

Les racines de x²−5x+6=0 sont x=2 et 3. La parabole, tournée vers le haut, est au-dessous de l'axe des x entre les deux racines, d'où 2<x<3. Répondre par l'extérieur correspond au cas >0. Pour x=2.5 on obtient 6.25−12.5+6=−0.25<0, ce qui confirme l'intervalle intérieur.

Les racines de x²−x−6=(x+2)(x−3)=0 sont x=−2 et 3. Le signe >0 correspond à la partie située au-dessus de l'axe des x, c'est-à-dire l'extérieur : x<−2 ou x>3. L'intervalle −2<x<3 est l'intérieur, solution du cas <0. Attention aussi au signe : le facteur (x+2) donne la racine −2.

Les racines de x²−4=(x+2)(x−2)=0 sont x=±2. Le signe ≦0 correspond à l'intervalle intérieur, bornes comprises puisque l'inégalité est large : −2≦x≦2. La proposition −2<x<2 vient de l'oubli des bornes. En x=±2 le membre de gauche vaut 0, ce qui satisfait bien « ≦0 ».

La méthode de la croix donne 2x²−5x+2=(2x−1)(x−2)=0, de racines x=1/2 et 2. L'inégalité stricte <0 correspond à l'intervalle intérieur ouvert : 1/2<x<2. Pour x=1 on obtient 2−5+2=−1<0, ce qui confirme l'intervalle intérieur.

On a x²−6x+9=(x−3)², dont la courbe est tangente à l'axe des x en x=3. L'expression (x−3)² est nulle uniquement pour x=3 et strictement positive ailleurs : la solution est l'ensemble des réels différents de 3. Répondre « tous les nombres réels » ferait entrer x=3, pour lequel le membre de gauche vaut 0.

On a D=4−12=−8<0 : la parabole, tournée vers le haut, n'a aucun point commun avec l'axe des x et reste toujours au-dessus. La solution est donc l'ensemble des nombres réels. La forme canonique y=(x+1)²+2≧2>0 le confirme. Conclure mécaniquement « pas de solution » en voyant D<0 revient à confondre avec l'inéquation de sens <0.

En multipliant les deux membres par −1 et en changeant le sens de l'inégalité, x²−4x+3≦0. Les racines de (x−1)(x−3)=0 sont x=1 et 3, et ≦0 correspond à l'intervalle intérieur : 1≦x≦3. Oublier de changer le sens après la multiplication par −1 conduit à répondre par l'extérieur. Pour x=2, −4+8−3=1≧0 est vrai, ce qui confirme l'intervalle intérieur.

La formule des racines donne x=(2±√12)/2=1±√3 pour x²−2x−2=0. Le signe <0 correspond à l'intervalle intérieur : 1−√3<x<1+√3. La méthode reste la même avec des bornes irrationnelles ; l'essentiel est de mener correctement la simplification √12=2√3.

Une parabole tournée vers le haut reste toujours au-dessus de l'axe des x si et seulement si D<0. De D/4=k²−(k+6)=k²−k−6=(k−3)(k+2)<0 on tire −2<k<3. Prendre l'extérieur donnerait D>0, c'est-à-dire deux points d'intersection, situation contraire. Pour k=3 la courbe est tangente et s'annule en x=−3, ce qui contredit « >0 » : les bornes sont exclues.

La première s'écrit (x−5)(x+1)≦0, d'où −1≦x≦5. La seconde s'écrit x(x−2)>0, d'où x<0 ou x>2. L'intersection est −1≦x<0 et 2<x≦5, dont les entiers sont −1, 3, 4 et 5, soit 4 entiers. Les valeurs 0 et 2 ne vérifient pas la seconde, car le membre de gauche y vaut 0 et n'est donc pas >0.