Second degré (partie 2) : introduction et utilisation de la notion du discriminant
Problème numéro 1 - Exercice 1
15 min
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f est la fonction polynôme du second degré définie sur R par f(x)=2x3−10x2−16x+24.
Question 1
Démontrer que pour tout réel x,f(x)=(2x+4)(ax2+bx+c), où a,b et c sont des réels à déterminer.
Correction
Soient x un réel et a,b et c trois réels. Introduisons une fonction h tel que h(x)=(2x+4)(ax2+bx+c) et qui vérifie également l'égalité h(x)=f(x) . Commençons par développer puis réduire l'expression de h . h(x)=(2x+4)(ax2+bx+c) équivaut successivement à : h(x)=2ax3+2bx2+2cx+4ax2+4bx+4c h(x)=2ax3+x2(2b+4a)+x(2c+4b)+4c Nous souhaitons déterminer les réels a, b et c tels que h(x)=f(x) Or h(x)=2ax3+x2(2b+4a)+x(2c+4b)+4c et f(x)=2x3−10x2−16x+24 . Deux polynômes sont égaux si et seulement leurs coefficients respectifs sont égaux. On obtient donc le système suivant : ⎩⎨⎧2a=22b+4a=−102c+4b=−164c=24 équivaut successivement à : ⎩⎨⎧a=222b+4a=−102c+4b=−16c=424 ⎩⎨⎧a=12b+4a=−102c+4b=−16c=6 ⎩⎨⎧a=12b+4×1=−102×4+4b=−16c=6 ⎩⎨⎧a=12b=−10−44b=−16−12c=6 ⎩⎨⎧a=1b=2−14b=4−28c=6 ⎩⎨⎧a=1b=−7b=−7c=6 Il en résulte donc que pour tout réel x, on a : k(x)=(2x+4)(x2−7x+6) . D'après nos hypothèses, nous avions posé pour tout réel x, h(x)=f(x) . Finalement, pour tout réel x,
f(x)=(2x+4)(x2−7x+6)
.
Question 2
Résoudre dans R l'équation f(x)=0.
Correction
D'après la question précédente, nous savons que pour tout réel x, f(x)=(2x+4)(x2−7x+6) . Ainsi f(x)=0 équivaut successivement à : (2x+4)(x2−7x+6)=0. Il s'agit d'une équation produit nul.
D’une part : résolvons 2x+4=0 qui donne 2x=−4 . D'où : x=−24=−2
D’autre part : résolvons x2−7x+6=0 On reconnait une équation du second degré. On va utiliser le discriminant :Δ=b2−4ac Ainsi : Δ=(−7)2−4×1×6 Δ=49−24=25 Donc :
Δ>0
L'équation admet deux racines réelles distinctes notées x1 et x2 telles que : x1=2a−b−Δ ainsi x1=2×17−25 d'où x1=1 x2=2a−b+Δ ainsi x2=2×17+25 d'où x2=6
Les solutions dans R de l'équation f(x)=0 sont donc