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Second degré : signe du trinôme et inéquations

Signe de ax² + bx + c selon le discriminant, tableau de signes, résolution d'inéquations du second degré, inéquations produit et quotient, position relative de deux courbes, problèmes d'optimisation simples

À propos de cette page

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Problème 1 — Rentabilité d'un atelier de lampes

Moyen

Un atelier fabrique des lampes artisanales. Pour $q$ lampes produites et vendues par semaine, avec $q \in [0; 80]$ , le coût total est $C (q) = 0, 4 q^{2} + 6 q + 300$ euros. Chaque lampe est vendue $34$ euros. On note $B (q)$ le bénéfice hebdomadaire, en euros.

1. Montrer que $B (q) = - 0, 4 q^{2} + 28 q - 300$ .
2. Étudier le signe de $B (q)$ sur $[0; 80]$ . En déduire les nombres de lampes à produire pour que l'atelier ne soit pas en perte.
3. Déterminer la production qui rend le bénéfice maximal, ainsi que ce bénéfice.
4. Le gérant vise un bénéfice d'au moins $150$ euros par semaine. Quelles productions conviennent ?
5. Un employé affirme : « Plus on produit, plus on gagne : il faut fabriquer 80 lampes. » Expliquer son erreur en calculant $B (80)$ .

1. La recette vaut $R (q) = 34 q$ . Donc $B (q) = R (q) - C (q) = 34 q - 0, 4 q^{2} - 6 q - 300$ , soit $B (q) = - 0, 4 q^{2} + 28 q - 300$ .

2. $Δ = 28^{2} - 4 \times (- 0, 4) \times (- 300) = 784 - 480 = 304$ , et $\sqrt{304} = 4 \sqrt{19}$ . Les racines sont $q = \frac{- 28 \pm 4 \sqrt{19}}{- 0, 8} = 35 \mp 5 \sqrt{19}$ , soit $q_{1} = 35 - 5 \sqrt{19} \approx 13, 21$ et $q_{2} = 35 + 5 \sqrt{19} \approx 56, 79$ , toutes deux dans $[0; 80]$ .

Comme $a = - 0, 4 < 0$ , $B (q)$ est positif entre les racines : $B (q) ⩾ 0$ sur $[q_{1}; q_{2}]$ et $B (q) < 0$ sur $[0; q_{1} [$ et $] q_{2}; 80]$ .

$q$ est un nombre entier de lampes : il faut $14 ⩽ q ⩽ 56$ . Contrôle : $B (13) = - 67, 6 + 364 - 300 = - 3, 6 < 0$ et $B (14) = - 78, 4 + 392 - 300 = 13, 6 > 0$ ; par symétrie autour de $35$ , $B (56) = 13, 6$ et $B (57) = - 3, 6$ . L'atelier n'est pas en perte pour une production de 14 à 56 lampes.

3. $B$ est un trinôme avec $a < 0$ : il admet un maximum en $α = - \frac{28}{2 \times (- 0, 4)} = 35$ , entier et dans $[0; 80]$ . $B (35) = - 0, 4 \times 1 225 + 980 - 300 = - 490 + 680 = 190$ . Le bénéfice est maximal pour 35 lampes et vaut 190 €.

4. $B (q) ⩾ 150 ⟺ - 0, 4 q^{2} + 28 q - 450 ⩾ 0 ⟺ q^{2} - 70 q + 1 125 ⩽ 0$ (multiplication par $- 2, 5 < 0$ , qui change le sens). $Δ = 4 900 - 4 500 = 400$ , racines $\frac{70 \pm 20}{2}$ , soit $25$ et $45$ . Le trinôme $q^{2} - 70 q + 1 125$ est négatif entre ses racines. Il faut produire entre 25 et 45 lampes (bornes comprises).

5. $B (80) = - 0, 4 \times 6 400 + 28 \times 80 - 300 = - 2 560 + 2 240 - 300 = - 620$ . À 80 lampes, l'atelier perd 620 € par semaine. L'erreur vient de ce que le coût contient un terme en $q^{2}$ qui finit par dépasser la recette, proportionnelle à $q$ : au-delà de $35$ lampes, le bénéfice diminue, et il devient négatif après $56$ .

Problème 2 — La trajectoire d'une balle

Moyen

Une balle est lancée vers le haut depuis une fenêtre. Sa hauteur au-dessus du sol, en mètres, $t$ secondes après le lancer, est modélisée par $h (t) = - 5 t^{2} + 12 t + 1, 6$ , pour $t ⩾ 0$ et jusqu'à ce que la balle touche le sol.

1. À quelle hauteur la balle est-elle lancée ?
2. Déterminer l'instant où la balle touche le sol : valeur exacte, puis arrondi au centième.
3. Déterminer la hauteur maximale atteinte par la balle et l'instant correspondant.
4. a) Résoudre l'inéquation $h (t) ⩾ 6$ .
4. b) Pendant combien de temps la balle se trouve-t-elle à au moins $6$ m du sol ? Arrondir au centième de seconde.
5. Un camarade affirme que la balle atteint $9$ m de hauteur. Justifier par un calcul de discriminant qu'il se trompe.

1. $h (0) = 1, 6$ : la balle est lancée à 1,6 m du sol.

2. On résout $h (t) = 0$ . $Δ = 12^{2} - 4 \times (- 5) \times 1, 6 = 144 + 32 = 176$ et $\sqrt{176} = 4 \sqrt{11}$ . Les racines sont $t = \frac{- 12 \pm 4 \sqrt{11}}{- 10} = \frac{6 \mp 2 \sqrt{11}}{5}$ . Or $\frac{6 - 2 \sqrt{11}}{5} \approx - 0, 13 < 0$ ne convient pas. La balle touche le sol à $t = \frac{6 + 2 \sqrt{11}}{5} \approx 2, 53$ s.

3. $a = - 5 < 0$ : $h$ admet un maximum en $α = - \frac{12}{2 \times (- 5)} = 1, 2$ . $h (1, 2) = - 5 \times 1, 44 + 14, 4 + 1, 6 = - 7, 2 + 16 = 8, 8$ . Hauteur maximale : 8,8 m, atteinte à $t = 1, 2$ s.

4. a) $h (t) ⩾ 6 ⟺ - 5 t^{2} + 12 t - 4, 4 ⩾ 0$ . $Δ = 144 - 4 \times (- 5) \times (- 4, 4) = 144 - 88 = 56$ , $\sqrt{56} = 2 \sqrt{14}$ . Racines : $\frac{- 12 \pm 2 \sqrt{14}}{- 10} = \frac{6 \mp \sqrt{14}}{5}$ , soit environ $0, 45$ et $1, 95$ , toutes deux dans l'intervalle de vol. Comme $a < 0$ , le trinôme est positif entre ses racines : $S = [\frac{6 - \sqrt{14}}{5}; \frac{6 + \sqrt{14}}{5}]$ .

4. b) Durée : $\frac{6 + \sqrt{14}}{5} - \frac{6 - \sqrt{14}}{5} = \frac{2 \sqrt{14}}{5} \approx 1, 4967$ . La balle reste à au moins 6 m pendant environ 1,50 s.

5. $h (t) = 9 ⟺ - 5 t^{2} + 12 t - 7, 4 = 0$ . $Δ = 144 - 4 \times (- 5) \times (- 7, 4) = 144 - 148 = - 4 < 0$ : l'équation n'a pas de solution. Mieux : $h (t) - 9$ est un trinôme de discriminant négatif et de coefficient $a = - 5 < 0$ , donc $h (t) - 9 < 0$ pour tout $t$ . La balle reste toujours sous 9 m, ce qui confirme la hauteur maximale de 8,8 m trouvée au 3.

Problème 3 — Une parabole et une famille de droites

Difficile

Dans un repère, on note $𝒫$ la parabole d'équation $y = x^{2}$ et, pour tout réel $m$ , $D_{m}$ la droite d'équation $y = m x - 1$ . On note aussi $𝒬$ la parabole d'équation $y = - x^{2} + 4 x - 1$ .

1. On prend $m = 3$ . Étudier la position relative de $𝒫$ et de $D_{3}$ .
2. Montrer que les abscisses des points communs à $𝒫$ et $D_{m}$ sont les solutions de l'équation $x^{2} - m x + 1 = 0$ .
3. Discuter, selon les valeurs de $m$ , le nombre de points d'intersection de $𝒫$ et de $D_{m}$ .
4. Pour $m = 2$ , montrer que $𝒫$ est au-dessus de $D_{2}$ et préciser leur unique point commun.
5. a) Étudier la position relative de $𝒫$ et $𝒬$ .
5. b) Entre les abscisses des points d'intersection, déterminer la plus grande valeur de l'écart vertical entre $𝒬$ et $𝒫$ , et l'abscisse où il est atteint.

1. On étudie $d (x) = x^{2} - (3 x - 1) = x^{2} - 3 x + 1$ . $Δ = 9 - 4 = 5 > 0$ , racines $\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \approx 0, 38$ et $\frac{3 + \sqrt{5}}{2} \approx 2, 62$ . Comme $a = 1 > 0$ , $d (x)$ est positif à l'extérieur des racines. $𝒫$ est au-dessus de $D_{3}$ sur $] - \infty; \frac{3 - \sqrt{5}}{2} [$ et sur $] \frac{3 + \sqrt{5}}{2}; + \infty [$ , en dessous entre ces deux valeurs ; elles ont deux points communs.

2. Un point $M (x; y)$ appartient à $𝒫$ et à $D_{m}$ si et seulement si $y = x^{2}$ et $y = m x - 1$ , ce qui impose $x^{2} = m x - 1$ , c'est-à-dire $x^{2} - m x + 1 = 0$ ; réciproquement, toute solution $x$ de cette équation donne le point commun $(x; x^{2})$ .

3. Le discriminant de $x^{2} - m x + 1$ vaut $Δ (m) = m^{2} - 4 = (m - 2) (m + 2)$ , trinôme en $m$ positif à l'extérieur de $[- 2; 2]$ .

Si $m < - 2$ ou $m > 2$ : $Δ > 0$ , deux points d'intersection.
Si $m = - 2$ ou $m = 2$ : $Δ = 0$ , un seul point commun.
Si $- 2 < m < 2$ : $Δ < 0$ , aucun point commun ; comme $a = 1 > 0$ , $x^{2} - m x + 1 > 0$ pour tout $x$ : $𝒫$ est strictement au-dessus de $D_{m}$ .

4. Pour $m = 2$ : $x^{2} - (2 x - 1) = x^{2} - 2 x + 1 = (x - 1)^{2} ⩾ 0$ , nul seulement pour $x = 1$ . Donc $𝒫$ est au-dessus de $D_{2}$ , avec un unique point commun $(1; 1)$ (on a bien $1^{2} = 1$ et $2 \times 1 - 1 = 1$ ). La droite « touche » la parabole sans la traverser : c'est la tangente, notion étudiée au chapitre suivant.

5. a) $x^{2} - (- x^{2} + 4 x - 1) = 2 x^{2} - 4 x + 1$ . $Δ = 16 - 8 = 8$ , $\sqrt{8} = 2 \sqrt{2}$ , racines $\frac{4 \pm 2 \sqrt{2}}{4} = 1 \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$ , soit environ $0, 29$ et $1, 71$ . Avec $a = 2 > 0$ : $𝒫$ est au-dessus de $𝒬$ hors de $[1 - \frac{\sqrt{2}}{2}; 1 + \frac{\sqrt{2}}{2}]$ , en dessous strictement entre ces valeurs.

5. b) Entre les racines, l'écart vertical est $e (x) = (- x^{2} + 4 x - 1) - x^{2} = - 2 x^{2} + 4 x - 1$ , trinôme avec $a = - 2 < 0$ : il est maximal en $α = - \frac{4}{2 \times (- 2)} = 1$ , qui est bien entre les racines. $e (1) = - 2 + 4 - 1 = 1$ . L'écart maximal vaut 1, atteint en $x = 1$ (points $(1; 2)$ sur $𝒬$ et $(1; 1)$ sur $𝒫$ ).

Problème 4 — Un enclos contre un mur, et un programme à corriger

Difficile

Un éleveur dispose de $60$ m de grillage pour construire un enclos rectangulaire adossé à un long mur : le mur ferme un côté, le grillage les trois autres. On note $x$ la longueur, en mètres, de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur.

1. Justifier que $x \in] 0; 30 [$ et que l'aire de l'enclos, en m², est $A (x) = - 2 x^{2} + 60 x$ .
2. Déterminer les dimensions de l'enclos d'aire maximale, ainsi que cette aire.
3. L'éleveur souhaite une aire d'au moins $400$ m². Déterminer les valeurs de $x$ possibles.
4. Un élève écrit en Python la fonction ci-dessous, censée renvoyer les bornes de l'intervalle sur lequel ax2+bx+c⩽0 :
```
from math import sqrt

def intervalle_negatif(a, b, c):
    d = b**2 - 4*a*c
    if d < 0:
        return None
    x1 = (-b - sqrt(d)) / (2*a)
    x2 = (-b + sqrt(d)) / (2*a)
    return [x1, x2]
```
Que renvoie l'appel intervallenegatif(1,−30,200) ? Relier ce résultat à la question 3.
5. Expliquer pourquoi cette fonction donne une réponse fausse lorsque $a < 0$ , en étudiant l'appel $i n t e r v a l l e_{n} e g a t i f (- 1, 1, 2)$ puis le cas $Δ < 0$ . Proposer une version corrigée.

1. Le grillage couvre deux côtés de longueur $x$ et un côté parallèle au mur de longueur $60 - 2 x$ . Il faut $x > 0$ et $60 - 2 x > 0$ , soit $x \in] 0; 30 [$ . L'aire vaut $A (x) = x (60 - 2 x)$ , soit $A (x) = - 2 x^{2} + 60 x$ .

2. $a = - 2 < 0$ : $A$ admet un maximum en $α = - \frac{60}{2 \times (- 2)} = 15$ , qui appartient à $] 0; 30 [$ . $A (15) = - 450 + 900 = 450$ . L'enclos optimal mesure 15 m sur 30 m (côté le long du mur) et son aire vaut 450 m².

3. $A (x) ⩾ 400 ⟺ - 2 x^{2} + 60 x - 400 ⩾ 0 ⟺ x^{2} - 30 x + 200 ⩽ 0$ (division par $- 2$ , qui change le sens). $Δ = 900 - 800 = 100$ , racines $\frac{30 \pm 10}{2}$ , soit $10$ et $20$ ; $a = 1 > 0$ : le trinôme est négatif entre ses racines. $x \in [10; 20]$ , contenu dans $] 0; 30 [$ .

4. Pour $a = 1$ , $b = - 30$ , $c = 200$ : $d$ vaut $900 - 800 = 100$ , $s q r t (d)$ vaut $10$ , $x 1$ vaut $\frac{30 - 10}{2} = 10$ et $x 2$ vaut $\frac{30 + 10}{2} = 20$ . L'appel renvoie $[10.0, 20.0]$ : ce sont exactement les bornes trouvées au 3, puisque l'inéquation de la question 3 est $x^{2} - 30 x + 200 ⩽ 0$ .

5. Pour $- x^{2} + x + 2$ : $d$ vaut $1 + 8 = 9$ , $x 1$ vaut $\frac{- 1 - 3}{- 2} = 2$ et $x 2$ vaut $\frac{- 1 + 3}{- 2} = - 1$ : la fonction renvoie $[2.0, - 1.0]$ . Or, avec $a = - 1 < 0$ , le trinôme est négatif à l'extérieur des racines : l'ensemble cherché est $] - \infty; - 1] \cup [2; + \infty [$ , pas un intervalle entre les racines (et les bornes sont même renvoyées dans le désordre, car on divise par $2 a < 0$ ). De plus, si $Δ < 0$ et $a < 0$ , le trinôme est négatif sur tout $ℝ$ , alors que la fonction renvoie $N o n e$ comme s'il n'y avait aucune solution. La fonction n'applique la règle du signe que pour $a > 0$ . Version corrigée ( $a \neq 0$ supposé) :

from math import sqrt

def solution_negatif(a, b, c):
    d = b**2 - 4*a*c
    if d < 0:
        if a > 0:
            return 'aucune solution'
        return 'tout réel'
    x1 = (-b - sqrt(d)) / (2*a)
    x2 = (-b + sqrt(d)) / (2*a)
    m, M = min(x1, x2), max(x1, x2)
    if a > 0:
        return ('entre', m, M)
    return ('hors de', m, M)

Pour $a > 0$ la réponse est $[m; M]$ ; pour $a < 0$ , c'est $] - \infty; m] \cup [M; + \infty [$ (si $Δ = 0$ , cela donne bien $ℝ$ ).

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