Le trinôme du second degré

DOCUMENT 8 Le trinôme du second degré ((c)) L fonction trinôme du second degré est, près les fonctions ffines, l plus simple que l on rencontre. Dns ce document, nous llons montrer que s mise sous forme cnonique permet de trouver son sens de vrition, de trcer son grphe et de résoudre l éqution et l inéqution du second degré. De nombreuses pplictions montrerons l intérêt de cette fonction. 1. Définition et mise sous forme cnonique Définition 8.1. Une fonction f de R dns R est ppelée fonction trinôme du second degré (ou plus simplement, trinôme du second degré) s il existe trois nombres réels, b et c, vec 0, tels que, pour tout x R, f(x) = x + bx + c Il y unicité des coefficients, b, c. Précisons cel. On veut montrer que si une fonction trinôme du second degré est égle à une fonction polynôme x P (x) lors l fonction P est une fonction trinôme du second degré et ses coefficients sont les même que ceux de f. Dns ce cs l preuve est semblble à celle de l unicité de l décomposition d une fonction polynôme en une combinison linéire de fonctions monômes. On veut montrer plus simplement que si, pour tout x R, x + bx + c = x + b x + c lors =, b = b, c = c. Ici l preuve est beucoup plus simple cr vec x = 0 on obtient c = c d où, pour x 0, x + b = x + b. En donnnt à x les vleurs 1 et -1 on + b = + b et + b = + b d où on déduit fcilement =, b = b. 1.1. Mise sous forme cnonique. Soit f l fonction trinôme du second degré définie pr f(x) = x + bx + c, 0. On peut écrire, pour tout x R, f(x) = (x + b x + c ) ( = (x + b ) b 4 + c ) ( = (x + b ) ) b 4c 4 ( L décomposition de f sous l forme f(x) = (x + b ) ) b 4c 4 forme cnonique de l fonction trinôme du second degré f. est ppelée l mise sous 71

7 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ 1.. Appliction u sens de vrition. On conserve les nottions précédentes et on considère x, y R, vec x y. On x + b y + b. Si x y b b lors (y+ ) (x+ b ) et (y+ b ) b 4c 4 (x+ b ) b 4c 4 d où si > 0, f(y) f(x). L fonction f est décroissnte sur ], b ]. si < 0, f(y) f(x). L fonction f est croissnte sur ], b ]. Si b b x y lors (x+ ) (y+ b ) et (x+ b ) b 4c 4 (y+ b ) b 4c 4 d où si > 0, f(x) f(y). L fonction f est croissnte sur ] b, + [. si < 0, f(x) f(y). L fonction f est décroissnte sur ] b, + [. L preuve précédente utilise le fit que l fonction trinôme g : x x est décroissnte sur R et croissnte sur R +. L preuve est fcile en remrqunt que (g(x) g(y))(x y) = (x y )(x y) = (x y) (x + y) ce qui montre que (g(x) g(y))(x y) le signe de x + y. Remrques. 1) L utilistion du signe de l fonction dérivée de f conduit imméditement u sens de vrition de f mis cette méthode n utilise ps l mise sous forme cnonique du trinôme. ) On peut ussi remrquer que l mise sous forme cnonique de f montre que f est composée des fonctions x x + b, x x, x x b 4c 4 et x x. Le sens de vrition de ces fonctions est fcile à déterminer ce qui permet d obtenir celui de f de fçon un peu différente. 3) L utilistion de l définition du sens de vrition conduit à une étude simple du sens de vrition de f. En effet, on (f(x) f(y))(x y) = (x + bx y by)(x y) = (x + y + b )(x y) ce qui montre que le signe de (f(x) f(y))(x y) est celui de (x + y + b ). Si pr exemple > 0, lors x, y ], b ] implique (x + y + b ) 0 et f décroissnte sur cet intervlle tndis que x, y [ b, + [ entrine (x + y + b ) 0 et f croissnte sur cet intervlle. 1.3. L grphe de l fonction trinôme du second degré. Soit (O, i, j ) un repère orthonormé d un pln ffine euclidien et f l fonction trinôme du second degré définie pr f(x) = x + bx + c, 0. L mise sous forme cnonique de f met en évidence un chngement d origine intéressnt pour représenter grphiquement f cr f(x) + b 4c 4 donc Ω le point de coordonnées ( b, 4c b 4 = (x + b ). Soit ). Un point M de coordonnées (x, y) dns (O, i, j ) des coordonnées (X, Y ) dns (Ω, i, j ) vérifint X = x + b, Y = y + b 4c. 4 L représenttion grphique de f dns (O, i, j ) est donc le grphe de l fonction F : X X dns (Ω, i, j ). Cette dernière fonction est une fonction trinôme du second degré prticulière

1. DÉFINITION ET MISE SOUS FORME CANONIQUE 73 et son sens de vrition est connu, il dépend du signe de et du signe de x. Les grphes des fonctions F et F étnt symétriques pr rpport à l xe (Ω, i ) on peut, dns l suite de l étude, supposer > 0. On F (0) = 0 et F (X) > 0 si X > 0. L fonction F présente donc un minimum strict et bsolu en 0. Il en est de même pour f en x = b. Comme ces fonctions sont dérivbles, les tngentes ux grphes de ces fonctions en ces points sont horizontles. L fonction F est pire. Le grphe de F est donc symétrique pr rpport à (Ω, j ), le grphe de f est symétrique pr rpport à l droite d éqution x = b dns (O, i, j ). Lorsque x tend vers +, F (X) = X tend ussi vers X + : l pente de l droite ΩM, M étnt un point du grphe de F, tend vers l infini lorsque l bscisse de M tend vers l infini. Elle tend vers si X tend vers. On dit que F présente une brnche prbolique de direction (Ω, j ) lorsque X tend vers l infini. Cette terminologie ser justifiée lorsque l on ur montré que les grphes de f et F sont des prboles (voir le document 16). Une deuxième méthode Donnons d bord quelques résultts générux. Soit f : D f R et λ R. Considérons les pplictions f 1, f, f 3 définies pr f 1 (x) = f(x) + λ, f (x) = f(x + λ), f 3 (x) = λf(x). Les pplictions f 1 et f 3 ont le même ensemble de définition que f et D f = D f λ (x D f x + λ D f x D f λ). Soit G f, G f1, G f, G f3 les grphes des pplictions f, f 1, f, f 3 dns un repère orthonormé (O, i, j ). Le grphe G f1 se déduit de G f pr l trnsltion de vecteur λ j et on psse de G f à G f3 pr l ffinité orthogonle de bse (O, i ) et de rpport λ. Pour tout x D f, (x, y) G f y = f(x) = f (x λ) (x λ, y) G f. Le grphe de f se déduit donc de celui de f pr l trnsltion de vecteur λ i (ttention u signe ). Le sens de vrition des pplictions f i peut ussi se déduire de celui de f. Il est clir que f 1 et f vrient dns le même sens. Les pplictions f 3 et f vrient dns le même sens si λ > 0 et en sens contrire si λ < 0. Le sens de vrition de f sur un ensemble I (en générl un intervlle) est le même que celui de f sur l ensemble I λ. ( Revenons à un trinôme du second degré f vec f(x) = x +bx+c = (x + b ) ) b 4c 4 L étude précédente montre que le grphe de f se déduit du grphe de l ppliction x x pr l

74 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ trnsltion de vecteur b b 4c i j composée vec l ffinité orthogonle de bse (O, i ) 4 et de rpport. Si on suppose connu le sens de vrition de x x lors on voit, dns le cs > 0, que f est croissnte sur [ b b, + [ et décroissnte sur ], ]. Ces résultts sont inversés si < 0. Exemple 1 : trjectoire d un projectile lncé à l surfce de l terre. L trjectoire est un rc de prbole situé dns un pln verticl. Voir le document 16. Exemple : interpoltion de Lgrnge. Soit (x 1, x, x 3 ) et (y 1, y, y 3 ) deux éléments de R 3 vec x 1 < x < x 3. Considérons les trois fonctions trinômes du second degré f i, 1 i 3, données pr f 1 (x) = (x x )(x x 3 ) (x 1 x )(x 1 x 3 ), f (x) = (x x 1)(x x 3 ) (x x 1 )(x 1 x 3 ), f 3(x) = (x x 1)(x x ) (x 3 x 1 )(x 3 x ). On f i (x i ) = 1 et f i (x j ) = 0 si i j. Si f = y 1 f 1 +y f +y 3 f 3 lors f est une fonction trinôme du second degré si et seulement si y 1 (x 1 x )(x 1 x 3 ) + y (x x 1 )(x x 3 ) + y 3 (x 3 x 1 )(x 3 x ) 0 y 1 Or: (x 1 x )(x 1 x 3 ) + y (x x 1 )(x x 3 ) + y 3 (x 3 x 1 )(x 3 x ) = 0 équivut à y 3 = x 3 x x 1 x y 1 + x 3 x 1 x x 1 y = y y 1 x x 1 (x 3 x 1 ) + y 1 Cette dernière églité équivut u fit que le point (x 3, y 3 ) pprtient à l droite définie pr les points (x 1, y 1 ) et (x, y ) qui pour éqution y = y y 1 x x 1 (x x 1 ) + y 1. Autrement dit f est une fonction trinôme du second degré si et seulement si les trois points (x i, y i ) ne sont ps lignés. Cette fonction f vérifie f(x i ) = y i, 1 i 3 et on peut vérifier que c est l seule fonction trinôme du second degré ynt cette propriété. On donc démontré : Etnt donné trois points non lignés de R, (x i, y i ) 1 i 3 d bscisses distinctes, il existe une unique fonction trinôme du second degré f telle que f(x i ) = y i. L fonction trinôme du second degré f est un polynôme d interpoltion de Lgrnge et l prbole permet de donner une interpréttion géométrique de s propriété crctéristique. Exemple 3 : l droite de régression d une série sttistique double. Soit (x i, y i ) 1 i n une serie sttistique double et ϕ l fonction ffine définie pr ϕ(x) = x+b. Posons F (, b) = (y i x i b). (Si dns un pln euclidien muni d un repère orthonormé, P i et M i sont les points de coordonnées respectives (x i, y i ) et (x i, ϕ(x i )) lors F (, b) = M i Pi.) On veut montrer qu il existe et b rendnt F (, b) miniml.

On F (, b) = nb b 1. DÉFINITION ET MISE SOUS FORME CANONIQUE 75 (y i x i ) + (y i x i ) et donc l fonction b F (, b) est une fonction trinôme du second degré. Le coefficient de b étnt positif, elle est minimle pour b = 1 (y i x i ) = 1 y i 1 x i = y x, n n n y et x désignnt les moyennes des séries sttistiques (y i ) et (x i ). Nous vons mintennt ϕ(x) = x + y x et le problème est de minimiser S() = (y i x i y + x) = [(y i y) (x i x)] En supposnt = (x i x) (x i x)(y i y) + (y i y). (x i x) = σ (x) 0, on encore obtenu une fonction trinôme du second degré qui est minimle pour = (x i x)(y i y) = (x i x) cov(x, y) σ. (x) Il existe donc une unique fonction ffine rendnt F (, b) miniml. Son grphe est l droite de régression (ou d justement) de l série double (x i, y i ). Exemple 4 : l fonction trinôme du second degré et l méthode de Simpson. Soit, b, c trois nombres réels distincts vérifint < c < b et φ une fonction définie sur [, b]. Pr l méthode d interpoltion de Lgrnge, on sit qu il existe une unique fonction polynôme f de degré u plus qui coïncide vec φ pour x =, b et c. Si les points (, f()), (b, f(b)) et (c, f(c)) ne sont ps lignés lors l fonction f est une fonction trinôme du second degré et l unicité de cette fonction entrine que f(x)dx ne dépend que des points (, f()), (b, f(b)) et (c, f(c)). Dns l méthode de Simpson pour le clcul pprochée de l intégrle sur [, b] de l fonction φ supposée intégrble, on pproche l fonction φ sur chque subdivision de [, b] pr une fonction trinôme du second degré f qui coïncide vec φ ux bornes de l subdivision insi qu u milieu de l subdivision. Ici nous llons simplement étblir l formule qui donne l vleur de l intégrle d une fonction trinôme du second degré sur un intervlle [, b] en fonction de l vleur de l fonction trinôme du second degré en, b et c = + b. Posons f(x) = α x + α 1 x + α 0. Le triplet (α 0, α 1, α ) est l unique solution d un système de trois équtions linéires à trois inconnues. Dns ce système, les coefficients des inconnues dépendent de, b, c et les seconds membres sont φ(), φ(b), φ(c). On donc α i = λ i φ() + µ i φ(b) + ν i φ(c), les coefficients λ i, µ i, ν i ne dépendnt que de, b et c. (Pour le voir, il suffit

76 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ d imginer les formules de Crmer donnnt α i et ensuite de développer le déterminnt figurnt u numérteur de α i pr rpport à l colonne des seconds membres.) Finlement : f(x) = (λ φ() + µ φ(b) + ν φ(c))x + (λ 1 φ() + µ 1 φ(b) + ν 1 φ(c))x +λ 0 φ() + µ 0 φ(b) + ν 0 φ(c) = (λ x + λ 1 x + λ 0 )φ() + (µ x + µ 1 x + µ 0 )φ(b) + (ν x + ν 1 x + ν 0 )φ(c) = Aφ() + Bφ(b) + Cφ(c). vec A, B et C qui ne dépendent que de, b, c. On f(x)dx = k 1 φ() + k φ(b) + k 3 φ(c) vec k 1, k, k 3 qui ne dépendent que de, b et c. Prenons c = + b et, pour déterminer les k i, choisissons l fonction φ prticulièrement simple donnée pr φ(x) = x. On évidemment f = φ et f(x)dx = x dx = b3 3 = (b )( + b + b ). 3 3 Or φ( + b ) = + b + b φ() + φ(b) + b = 4 4 et finlement (Autrement dit, k 1 = k 3 = b 6 f(x)dx = b + b (φ() + 4φ( 6 ) + φ(b)) et k = (b ).) 3. L éqution du second degré dns R On ppelle insi toute éqution de l forme f(x) = x + bx + c = 0, vec 0. Ici nous cherchons à résoudre cette éqution dns R..1. Résolution de l éqution. L mise sous forme cnonique de l fonction trinôme du second degré f permet de résoudre ce type d éqution. En effet f(x) = 0 (x + b ) b 4c 4 = 0 b 4c < 0 : pour tout x R, f(x) est l somme d une quntité positive et d une quntité strictement positive. L éqution f(x) = 0 n ucune solution. b 4c 0. Si on pose = b 4c lors b 4c 4 = ( ) d où f(x) = (x + b + )(x + b ) et l éqution f(x) = 0 équivut donc à x = b + ou x = b. L éqution du second degré possède deux solutions si > 0 et une seule solution si = 0.

Posons x 1 = b +. L ÉQUATION DU SECOND DEGRÉ DANS R 77 et x = b. On, pour tout x R, f(x) = (x x 1 )(x x ). Le nombre réel est ppelé le discriminnt de f ou de l éqution f(x) = 0. Notons que x 1 = x si et seulement si = 0. Dns ce cs, f(x) = (x x 1 ) et on dit que x 1 est une rcine double de l éqution f(x) = 0. Remrquons que x 1 = b et que x 1 est ussi l solution de l éqution f (x) = x + b = 0. L réciproque de ce résultt est excte et on peut dire que f(x) = 0 possède une solution double si et seulement si f(x) = 0 et f (x) = 0 ont l même solution. Remrques. 1) Lorsque < 0 on peut poursuivre l résolution de l éqution du second degré si on cherche ses solutions dns C. On = (i ) et f(x) = (x + b + i )(x + b i ) d où les deux solutions complexes conjuguées de l éqution x 1 = b + i, x = b i. Dns certins exemples d intervention de l éqution du second degré, nous utiliserons prfois ses solutions complexes. En prticulrisnt les exemples concernés, on peut éviter cet usge. ) L résolution de l éqution du second degré dns R utilise le fit que tout nombre réel positif est le crrée d un nombre réel. Pour l preuve on montre que x R + x R + est une bijection d où l existence d une fonction réciproque... Exemples d intervention de l éqution du second degré. Exemple 5 : résolution des équtions différentielles linéires du second ordre, homogènes et à coefficients constnts On considère l éqution différentielle linéire du second ordre, homogène et à coefficients constnts y + y + by = 0 (E). Il est clir que toute combinison linéire de solutions de (E) est encore une solution de (E). Nous llons, montrer, à prtir d une éqution du second degré liée à (E), que toute solution de (E) est une combinison linéire de deux solutions prticulières. Les fonctions exponentielles sont deux fois dérivbles et ne prennent jmis l vleur 0. Il en résulte que toute solution f de (E) sur R peut s écrire, pour tout α R, f(x) = ϕ(x)e αx vec ϕ(x) = f(x)e αx. On f (x) = ϕ (x)e αx + αϕ(x)e αx et f (x) = ϕ (x)e αx + αϕ (x)e αx + α ϕ(x)e αx. L fonction f est donc solution de (E) si et seulement si ϕ (x) + (α + )ϕ (x) + (α + α + b)ϕ(x) = 0 Introduisons l éqution du second degré dite éqution crctéristique de (E). x + x + b = 0 (C) = 4b > 0. Soit α 0 une solution de (C). L fonction f est solution de (E) si et seulement si ϕ (x) + (α 0 + )ϕ (x) = 0. Cel équivut à ϕ (x) = Ae (α 0+)x et à

78 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ ϕ(x) = A e (α 0+)x α 0 + +B. On remrque que si r 1 et r, vec α 0 = r 1, sont les solutions de (C) lors = α 0 r d où α 0 + = r 1 r. Finlement f(x) = ϕ(x)e α0x = ϕ(x)e r1x = A e rx + Be r1x = A e rx + Be r1x, A, B R. r r 1 = 0. L éqution (C) possède une solution double r = que nous prenons pour vleur de α. On donc r + r + b = 0 et r + = 0. L fonction f est solution de (E) si et seulement si ϕ (x) = 0 d où ϕ(x) = Ax + B et f(x) = ϕ(x)e rx = (Ax + B)e rx < 0. On sit que dns ce cs ( et b sont réels) l éqution (C) possède deux rcines complexes conjuguées r 1 = α + iβ et r = α iβ. L solution générle de (E) est encore donnée pr f(x) = Ae r x + Be r 1x mis ici x e r 1x et x e r x sont à vleurs complexes. L prtie réelle et l prtie imginire de x e r 1x = e αx (cos βx + i sin βx) sont des solutions de (E) (Ce sont des combinisons linéire de x e r 1x et de s fonction conjuguée x e r x ) et finlement les solution de (E) sont les pplictions f de l forme f(x) = e αx (λ cos βx + µ sin βx), (λ, µ) R. En résumé, une bse de l espce vectoriel des solutions de (E) sur R est formée pr : {x e r 1x, x e r x } si l éqution crctéristique possède deux solutions réelles distinctes r 1 et r ; {x e αx cos βx, x e αx sin βx} si l éqution crctéristique possède deux solutions complexes conjuguées α + iβ et α iβ ; {x e rx, x xe rx } si l éqution crctéristique possède une solution double r. Exemple 6 : étude de suites définies pr une reltion de récurrence linéire On considère l ensemble S R (resp. S C ) des suites réelles (resp. complexes) vérifint l reltion de récurrence u n+ = u n+1 + bu n, n 0 (R) vec et b réels et non nuls. On vérifie fcilement que : tout élément de S R et S C est entièrement déterminé pr ses deux premiers termes ; pour tout (α, β) R (resp.(α, β) C ) il existe un élément (u n ) de S R (resp. S C ) tel que u 0 = α et u 1 = β ; S R (resp. S C ) est un sous-espce vectoriel de l espce vectoriel des suites réelles (resp. complexes). Soit r 0. Pour toute suite (u n ), posons v n = u n r n. L suite (u n ) vérifie (R) si et seulement si r v n+ rv n+1 bv n = 0 (1). Introduisons l éqution du second degré x x b = 0 et désignons pr r 1 et r ses solutions. Notons que r 1 r = b implique r i 0.

. L ÉQUATION DU SECOND DEGRÉ DANS R 79 = + 4b 0. Comme r 1 = r 1 b, r = r 1 dns l reltion (1) donne En posnt w n = v n+1 v n on r 1(v n+ v n+1 ) + b(v n+1 v n ) = 0. w n+1 = b r1 w n = r w n. r 1 L suite (w n ) est donc une progression géométrique. Supposons r r 1 on : d où v n+1 v 0 = w n + w n 1 +... + w 0 = 1 (r /r 1 ) n+1 v n = 1 (r /r 1 ) n 1 (r /r 1 ) w 0 + v 0 1 (r /r 1 ) = 1 (r /r 1 ) n r 1 r r 1 (v 1 v 0 ) + v 0 ; u n = rn 1 rn r 1 r r 1 (v 1 v 0 ) + r n 1 v 0 = rn 1 rn r 1 r (u 1 r 1 u 0 ) + r n 1 u 0 = r n 1 ( u 1 r u 0 r 1 r ) + r n ( r 1u 0 u 1 r 1 r ). Supposons qu il existe λ et µ tels que λ(r1 n) + µ(rn ) soit l suite nulle. On λ + µ = 0 et λr 1 + µr = 0 d où, grâce à r 1 r, λ = µ = 0. Les deux suites (r1 n) et (rn ) sont donc linéirement indépendntes. Distinguons deux cs suivnt que r 1 et r sont réels ou complexes conjuguées. Si r 1 et r sont réels lors les deux suites (r1 n) et (rn ) forment une bse de S R et de S C. Tout élément de S R s écrit λ(r1 n) + µ(rn ) vec (λ, µ) R et tout élément de S C est de l même forme mis vec (λ, µ) C. Si r 1 et r sont complexes conjugués lors tout élément de S C s écrit encore λ(r1 n) + µ(r n), vec (λ, µ) C. Posons r 1 = ρe iθ et donc r = ρe iθ. L prtie réelle et l prtie imginire de l suite (r1 n ) sont des suites réelles et sont des combinisons linéires des suites (r1 n) et (rn ) = (r 1 n ). Elles vérifient l reltion de récurrence (R), sont linéirement indépendntes et toute suite réelle vérifint (R) est une combinison linéire de ces deux suites. Finlement, tout élément (u n ) de S R est donné pr u n = ρ n (λ cos nθ + µ sin nθ), (λ, µ) R. Les coefficients λ et µ sont déterminés pr u 0 et u 1 : λ + µ = u 0 et ρ cos θλ + ρ sin θµ = u 1. = + 4b = 0. Dns ce cs l éqution x x b = 0 possède une solution double égle à. On prend encore cette vleur pour r et l reltion (1) devient v n+ v n+1 + v n = 0. L suite (v n ) est donc un suite rithmétique et l on v n = v 0 + n(v 1 v 0 ) = u 0 + n(ru 1 u 0 ) w 0

80 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ d où u n = r n (n(ru 1 u 0 ) + u 0 ). On voit que tout élément de S R est une combinison linéire des deux suites (r n ) et (nr n ). On vérifie que ces deux suites pprtiennent à S R et finlement l espce vectoriel S R est formé des combinisons linéires de (r n ) et (nr n ). Dns tous les cs, S R ou S C sont des espces vectoriels de dimension dont on déterminé une bse. On vérifie fcilement que l ppliction qui à (α, β) R (resp. (α, β) C ) fit correspondre l suite de S R (resp. S C ) de premiers termes α et β est un isomorphisme du R-espce vectoriel R (resp. C-espce vectoriel C ) sur le R-espce vectoriel S R (resp. C-espce vectoriel S C ). Exemple 7 : un clcul de primitive 1 Considérons l fonction g définie pr g(x) = x, 0. Cette fonction est définie + bx + c sur R si = b 4c < 0 et sur R {x 1, x } si 0 et si x 1 et x sont les solutions de x + bx + c = 0. On veut déterminer une primitive de g sur un intervlle I contenu dns son ensemble de définition. Notons que g est continue sur I. > 0 d où On g(x) = g(x)dx = 1 (x x 1 )(x x ) = 1 (x 1 x ) ( 1 1 ) x x 1 x x 1 (x 1 x ) ln x x 1 x x = 1 b 4c ln x + b b 4c x + b + b 4c. = 0 d où On g(x) = 1 (x x 1 ) 1 g(x)dx = (x x 1 ) = x + b. < 0 On obtient g(x) = 1 4 ((x + b ) = 4 ) En effectunt le chngement de vribles u = g(x)dx = 4 1 ( (x + b. )) + 1 (x + b ) on obtient du 1 + u = 4c b Arctg u = 4c b Arctg x + b 4c b.

3. SOMME ET PRODUIT DES SOLUTIONS 81 3. Somme et produit des solutions d une éqution du second degré Proposition 8.1. Les deux nombres réels x 1 et x sont les solutions de l éqution (E) : x + bx + c = 0, 0 si et seulement si (x 1, x ) et (x, x 1 ) sont les solutions du système u + v = b (Σ) uv = c Preuve. Si (x 1, x ) est solution de (Σ) lors x 1 + x = b, x 1x = c d où x = b x 1, x 1 ( b x 1) = c et x 1 + bx 1 + c = 0. Le nombre x 1 est donc solution de (E) et il en est de même pour x. Réciproquement, supposons que x 1 et x soient les solutions de (E) vec x 1 = b + et x = b. On x 1 + x = b et x 1x = c. Les couples (x 1, x ) et (x, x 1 ) sont donc solutions de (Σ). On peut exprimer de fçon un peu différente une prtie de l proposition précédente. Corollire 8.1. Si l éqution x + bx + c = 0, 0, possède deux solutions distinctes x 1 et x lors x 1 + x = b x 1 x = c Si l éqution possède une seule solution x 1 lors x 1 = b et x 1 = c. 3.1. Exemples d intervention de l somme et du produit des solutions. A : Trouver deux nombres connissnt leur somme et leur produit Exemple 8 On considère les rectngles ynt une ire donné A. Crctériser ceux de périmètre minimum. Si L et l sont l longueur et l lrgeur d un rectngle d ire A lors Ll = A et le périmètre B de ce rectngle vérifie B = L + l. Le système { u + v = B (Σ) uv = A possède donc une solution d où = ( B ) 4A 0. On donc B 16A et B 4 A. L vleur minimum de B pour que le système (Σ) it une solution est donc B 0 = 4 A. S il en est insi, = 0 et L = l. Le rectngle est un crré. Exemple 9 Clculer sous forme lgébrique les rcines crrées de z = 7 + 4i.

8 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ Solution. Soit x + iy une rcine crrée de z. On : { 7 = x 7 + 4i = (x + iy) y 4 = xy 7 = x + ( y ) (1) = (x )( y ) xy 0 Les nombres x et y sont donc les solutions de X 7X + 144 = 0. Les solutions de cette éqution sont X 1 = 16 et X = 9 d où x = 16 et y = 9. L condition xy 0 entrine que les rcines crrées de z sont z 1 = 4 + 3i et z = 4 3i. Pr cette méthode on peut trouver, sous forme lgébrique, les rcines crrées de tout nombre complexe. Exemple 10 Soit z = cos π 5 + i sin π 5, α = z + z4, β = z + z 3. (1) Montrer que 1 + α + β = 0. Clculer αβ et en déduire que α et β sont les solutions de X + X 1 = 0. () Déterminer cos π 5 u comps. et en déduire une construction du pentgone régulier à l règle et Solution. 1) On 1 + α + β = 1 + z + z + z 3 + z 4 = 1 z5 1 z de l unité. = 0 cr z est une rcine cinquième αβ = (z + z 4 )(z + z 3 ) = z 3 + z 4 + z 6 + z 7 = z 3 + z 4 + z + z = 1 Les nombres α et β sont dons les solutions de X + X 1 = 0. ) Les solutions de X + X 1 = 0 sont X 1 = 1 + 5 et X = 1 5. D utre prt, z 4 = cos 8π 5 + i sin 8π 5 = cos π 5 i sin π 5 et donc α = cos π 5. L condition cos π 5 > 0 entrine que cos π 5 = X 1 = 1 + 5. Cette formule montre que cos π est constructible à l 4 5 règle et u comps et donc ussi le pentgone régulier. Donnons une construction.

On suppose que OA = OB = 1. 3. SOMME ET PRODUIT DES SOLUTIONS 83 Soit C sur OA tel que OC = 1. On CB = 5 4 d où 5 5 CB =. Soit D sur OA tel que CD =. On OD = 1 + 5 et donc le milieu M de [OD] vérifie OM = 1 + 5 = cos π 4 5. Si N est un point d intersection de l perpendiculire à OA pssnt pr M vec le cercle de centre O et de ryon 1 lors A et N sont deux sommets consécutifs du pentgone régulier convexe inscrit dns le cercle de centre O et de ryon 1. On v montrer que si E est le milieu de [OB] lors EM est l bissectrice de l ngle ÔEA ce qui donne une deuxième construction pour M. Pour voir cel, il suffit d écrire d où 1 + 5 4 = 4 4 5 + 4 = 1 5 /1 + OM = 1 + 5 OA = 1 5 4 /(1 + ) OA ce qui montre que M est le brycentre de A ffecté du coefficient 1 = OE et de O ffecté du 5 coefficient = EA. L droite EM est donc bien l bissectrice de l ngle ÔEA. L construction du pentgone régulier permet ussi de construire le polygone régulier à 15 cotés, voir le document 3.1. Exemple 11 : résolution d un système d équtions symétriques en x et y On considère un système de deux équtions de l forme P (x, y) = 0, Q(x, y) = 0 où P et Q sont deux polynômes symétriques c est-à-dire que P (x, y) = P (y, x) et Q(x, y) = Q(y, x). On sit 1 qu il existe deux polynômes P 1 et Q 1 tels que P (x, y) = P 1 (s, p) et Q(x, y) = Q 1 (s, p) vec s = x + y et p = xy. Avec des polynômes P et Q de degrés ps trop élevés, on peut à l ide de P 1 et Q 1 rmener le problème à celui de l résolution d équtions du second degré. Exemple Résoudre (Σ) { xy + x + y = 5 x y + xy = 6 Posons s = x + y et p = xy. Le système (Σ) devient { p + s = 5 ps = 6 Les nombres p et s sont les solutions de X 5X + 6 = 0 qui sont X = et X = 3. On doit mintennt résoudre : 1 P (x1,..., x n) est un polynôme symétrique de n vribles si et seulement si il existe un polynôme Q(x 1,..., x n) tel que P (x 1,..., x n) = Q(σ 1,..., σ n) vec σ k = ( 1) k X i 1 <...<i k x i1... x ik.

84 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ { (Σ 1 ) p = xy = s = x + y = 6 { (Σ ) xy = 3 x + y = Le système (Σ ) n ps de solution et le système (Σ 1 ) dmet (1, ) et (, 1) pour solutions. Ce sont les solutions de (Σ). Exemple 1 Trouver une condition nécessire et suffisnte devnt lier p et q pour que l éqution x + px + q = 0 dmette deux solutions réelles dont l une soit égle u crré de l utre. Solution. Il est nécessire que = p 4q 0. Supposons cette condition rélisée et notons x 1 et x les solutions de l éqution. L une est le crré de l utre si et seulement si Or : (x 1 x )(x x 1 ) = 0 (x 1 x )(x x 1 ) = x 1x x 3 1 x 3 + x 1 x = (x 1 x ) + x 1 x (x 1 + x )(x 1 x 1 x + x ) = (x 1 x ) + x 1 x (x 1 + x )((x 1 + x ) 3x 1 x ) = q + q + p((p 3q) Finlement l condition nécessire et suffisnte cherchée est { p 4q 0 q + q + p((p 3q) = 0. Il existe de nombreux problèmes nlogues où l on doit trouver des reltions entre les coefficients d un trinôme f pour que les solutions de l éqution f(x) = 0 it des solutions vérifint certines conditions. Souvent il est utile d exprimer un polynôme symétrique en x et y en fonction de s = x + y et p = xy. B : signe des solutions de f(x) = 0 Pour trouver le signe des solutions de l éqution du second degré f(x) = x + bx + c = 0, sns l résoudre, on peut utiliser les deux résultts suivnts. Les solutions sont de même signe si et seulement si P = c 0. Si les solutions sont de même signe lors c est celui de S = b. Exemple 13 Etudier, suivnt les vleurs de m, l existence et le signe des solutions de l éqution (m + 1)x (m 1)x + m = 0 (E) Si m = 1, (E) est l éqution du premier degré 4x 3 = 0 qui possède l unique solution x = 3 4. Si on suppose m 1 lors (E) est une éqution du second degré de discriminnt = m + 3. L existence et le signe des solutions de (E) sont résumés dns le tbleu ci-dessous.

3. SOMME ET PRODUIT DES SOLUTIONS 85 m -1 1 3 = m + 3 + + + + = m + 1 + + + b = m + + + c = m + S + + + P + + ps de Conclusions 0 < x 1 < x x 1 < S < 0 < x x 1 < 0 < S < x 0 < x 1 < x solution (Pour x = 1, ou 3 certines inéglités strictes deviennent des églités) C : utres exemples Exemple 14 Trouver une condition nécessire et suffisnte pour que deux équtions du second degré ient les mêmes solutions Solution. Si les équtions x + bx + c = 0, 0 et x + b x + c = 0, 0, ont les mêmes solutions lors b = b ( ) et c = c ( ) d où = b b = c c si c 0 et b 0. Dns ce cs, il existe k 0 tel que = k, b = kb et c = kc. Si b = 0 lors ( ) entrine b = 0 et k existe encore. Il en est de même si c = 0 en utilisnt ( ). Réciproquement, s il existe k 0 tel que = k, b = kb et c = kc, il est clir que les deux équtions ont les mêmes solutions. Exemple 15 : construction à l régle et u comps des solutions d une éqution du second degré. On v montrer que si une éqution du second degré des coefficients constructibles lors il en est de même pour ses solutions. Il est clir, en utilisnt le théorème de Thlès que si on sit construire des segments de longueurs et b, on peut construire des segments de longueurs b et b. En prticulier, on peut donc considérer une éqution du second degré de l forme x x + b = 0. Construire les solutions de cette éqution revient à construire x 1 et x tels que x 1 + x = et x 1 x = b. Dns un pln ffine euclidien muni d un repère orthonormé ro, on considère les points Z de coordonnées (, b) et Y de coordonnées (0, 1). Soit C le milieu de [Y Z]. On trce le cercle Γ de centre C pssnt pr Z (et donc de dimètre [Y Z]). L éqution de ce cercle est (x ) +(y b + 1 ) = 1 4 ( +(b 1) ). Si y = 0 on obtient (x ) +( b + 1 ) = 1 4 ( +(b 1) ) et, près simplifiction, x x + b = 0. Ce cercle rencontre donc l xe (O, i ) si et seulement si x x + b = 0 possède des solutions. Si c est le cs, les bscisses des points d intersection sont les solution x 1 et x de l éqution. On voit donc que si et b sont constructibles lors il en est de même pour les solutions de x x + b = 0.

86 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ Réciproquement, si x 1 et x sont constructibles lors il en est de même pour = x 1 + x et b = x 1 x. Remrquons que si les solutions de x + bx + c = 0 sont constructibles lors b et c le sont ussi mis ps nécessirement, b et c. Penser à πx + πx + π = 0. Solution géométrique Soit T Y l intersection du cercle Γ vec (O, j ). L méditrice de l corde [X 1 X ] psse pr C et pr M milieu de [X 1 X ]. Le point C étnt le milieu de [Y Z], M est le milieu de [OA], A étnt le point de coordonnées (, 0). On MX 1 = MX, MO = MA donc MX 1 MO = MX + MA d où OX 1 = AX = X A et OX 1 + OX = X A + OX = OA =. D utre prt, en utilisnt l puissnce de O pr rpport à Γ, OX 1.OX = OT.OY =. Les solutions de x x + b = 0 sont donc OX 1 et OX, utrement dit, les bscisses de X 1 et X. Exemple 16 : Résolution de l éqution du troisième degré dns C. Pr un chngement d inconnue du type X = x + k, toute éqution du troisième degré x 3 + bx + cx + d = 0 peut s écrire Posons X = u + v. L éqution (1) devient X 3 + px + q = 0 (1) u 3 + v 3 + (3uv + p)(u + v) + q = 0 () On peut imposer l condition supplémentire 3uv+p = 0 cr, pour tout X, le système u+v = X et uv = p possède toujours une solution dns C. L résolution de () est rmenée à celle du 3 u 3 + v 3 = q système u 3 v 3 = p3 (3). 7 Les nombres u 3 et v 3 sont donc les solutions de l éqution du second degré Z +qz p3 7 = 0. Pour obtenir X il fut ensuite regrouper convenblement les rcines cubiques de u 3 et v 3 en tennt compte de u 3 v 3 = p3. En prtique, les clculs sont souvent difficiles même dns le cs 7 ou les solutions de (1) sont très simples (fire l expérience vec 1, et -3). Exemple : résoudre X 3 15X 4 = 0 On pose X = u + v vec uv = 15 = 5. Les nombres u 3 et v 3 sont solutions de l éqution 3 Z 4Z + 15 = 0. Cette éqution pour solutions Z 1 = + 11i et Z = 11i. Il fut ensuite trouver les rcines cubiques de ces deux nombres complexes. Ce n est ps très fcile si on ne remrque ps que ( + i) 3 = + 11i. Les vleurs possibles de u sont donc dns { + i, ( + i)j, ( + i)j } et celle de v dns { i, ( i)j, ( i)j }. Comme l on doit voir uv = 5, les solutions de l éqution initile sont donc X 1 = ( + i) + ( i) = 4, X = ( + i)j + ( i)j = 3, X 3 = ( + i)j + ( i)j = + 3. Exemple 17 : Intersection d une ellipse vec un ensemble de droites prllèles.

3. SOMME ET PRODUIT DES SOLUTIONS 87 Pour toute ellipse E, il existe un repère othonormé d origine O dns lequel cette courbe une éqution de l forme Ax + By 1 = 0 vec A > 0 et B > 0. Considérons l ensemble des droites prllèles {D b b R} d équtions y = x + b. Un nombre réel x est l bscisse d un point de E D b si et seulement si il existe y R tel que (x, y) soit solution du système { 0 = Ax + By 1 y = x + b Pr élimintion de y, on obtient (A + B)x + bbx + Bb 1 = 0 (1). L éqution (1) est du second degré (A + B > 0) et = 4 = BAb + A + B est une fonction trinôme dusecond degré pr rpport à b. L éqution du second degré = 0 possède A + B deux solutions b 1 = BA et b = b 1. Comme BA < 0, 0 équivut à b 1 b b 1 et E D b = si b [ b 1, b 1 ]. Pour b [ b 1, b 1 ], E D b = {M b, N b } et le milieu I b du segment [M b, N b ] pour bscisse l demi-somme des solutions de (1), x b = bb A + B et pour ordonnée y A b = x b + b = A + B. Finlement, E D b pour représenttion prmétrique x b = B A + B b y b = A A + B b b [ b 1, b 1 ] On reconnit là un segment de milieu O, porté pr l droite d éqution y = A x. Soit C et D B A les extrémités de ce segment, les coordonnées de C étnt (b 1, A + B b 1). On vérifie fcilement que C E et de même D E. Le segment [CD] est donc un dimètre de E. (On ppelle insi toute corde de E pssnt pr son centre O). Considérons mintennt l ensemble des droites prllèle à CD. Les milieu des points d intersection de ces droites vec E forment un segment [C D ] porté pr l droite d éqution y = A A x = B B x. L droite C D donc même direction que celle des droites initiles {D b b R}. On dit que les dimètres [CD] et [C D ] sont conjugués.

88 8. LE TRINÔME DU SECOND DEGRÉ Remrques. 1) On obtient des résultts nlogues en remplçnt l ellipse E pr une hyperbole ou une prbole. Pour l hyperbole, il suffit de reprendre les preuves précédentes vec B < 0. ) On peut montrer que les droites y = x ± b 1 qui recontrent E en un seul point sont tngentes à E (en C et D). 3) Dns le cs où E est un cercle, les résultts précédents sont presque évidents en risonnnt géométriquement. En utilisnt le fit que toute ellipse est l imge de son cercle principl pr une ffinité orthogonle, on peut donc retrouver rpidement et vec une preuve géométrique ce que nous vons obtenu en utilisnt le trinôme du second degré. 4. Signe du trinôme ; inéqution du second degré 4.1. Le signe du trinôme. L étude du signe de l fonction trinôme du second degré donnée pr f(x) = x + bx + c, 0, se fit à prtir du signe de son discriminnt. = b 4c < 0. On déjà remrqué que (x + b ) b 4c 4 est strictement positif pour tout x R. On donc, f(x) > 0, pour tout x R, si > 0 et f(x) < 0, pour tout x R, si < 0. = 0. L éqution f(x) = 0 possède une solution double x 1 et f(x) = (x x 1 ). On donc f(x) 0 si > 0 et f(x) 0 sinon. Remrquons que f(x) 0 si x x 1 et donc pour x x 1 les inéglités précédentes sont strictes. > 0. Si x 1 et x, x 1 < x, sont les solutions distinctes de f(x) = 0 lors f(x) = (x x 1 )(x x ). Si > 0, on donc f(x) 0 si x [x 1, x ] et f(x) 0 sinon. Si < 0, f(x) 0 si x [x 1, x ] et f(x) 0 sinon. On peut remrquer que f(x) l signe de si et seulement si x n pprtient ps à l intervlle ouvert limité pr les solutions de f(x) = 0. Exemple 18 : une inéglité du type Cuchy-Schwrz. Soit f et g deux pplictions continues, définies sur un intervlle [, b] et à vleurs réelles. On veut montrer que f(x)g(x)dx ( f(x) dx) 1 ( g(x) dx) 1. (C est l inéglité de Cuchy-Schwrz pour le produit sclire (f, g) < f g >= f(x)g(x)dx.) L inéglité est évidente si f 0 ou g 0. On peut donc supposer que f et g ne sont ps identiquement nulles. Pour tout λ R, l fonction f + λg étnt continue sur [, b], considérons On : P (λ) = P (λ) = λ g(x) dx + λ (f(x) + λg(x)) dx. f(x)g(x)dx + f(x) dx.

4. SIGNE DU TRINÔME ; INÉQUATION DU SECOND DEGRÉ 89 Pour tout x [, b], (f(x) + λg(x)) 0 et f + λg n étnt ps l fonction nulle, l fonction trinôme du second degré P (λ) est strictement positive sur R. Elle donc un discriminnt strictement négtif d où, près quelques trnsformtions de, l inéglité cherchée. 4.. Inéqutions du second degré. On ppelle insi toute inéqution de l un des types f(x) < 0, f(x) > 0, f(x) 0, f(x) 0 où f est une fonction trinôme du second degré. En générl c est le signe du trinôme du second degré qui permet de résoudre ce type d inéqutions. 1 + x Exemple 19 : résoudre x. 1 + x L fonction x étnt définie sur [ 1, + [, l ensemble S des solutions de l inéqution proposée est une prtie de l intervlle [ 1, + [. Si x [ 1, 0] lors x S. Si x 0 lors x S x 1 + x x x 1 0. L éqution x x 1 = 0 pour solutions 1 et 1. Le trinôme x x x 1 est donc négtif si et seulement si x [ 1, 1]. Finlement S = [ 1, 0] [0, 1] = [ 1, 1].

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