CHAPITRE

1

Second degré

ACTIVITÉS

(page 23)

Activité 1

Activité 2

1 a) x2 + 2x = (x + 1)2 – 1, soit α = 1.
2

2

b) x + 2x – 8 = (x + 1) – 9.
c) et d) x2 + 2x – 8 = [(x + 1) – 3][(x + 1) + 3]
= (x – 2)(x + 4).
᏿ = {2 ; – 4}.

2 a) x2 – 4x – 5 = (x – 2)2 – 9.
b) 2(x2 – 4x – 5) = 2(x – 2 – 3)(x – 2 + 3) = 2(x – 5)(x + 1).
᏿ = {–1 ; 5}.

3 a) x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 – 4 + 5 = (x + 2)2 + 1.

2 Lorsque a est non nul, la courbe est une parabole.
3 a) Si a est positif, la parabole est « tournée vers le haut ».
Si a est négatif, elle est « tournée vers le bas ».
b) α est l’abscisse du sommet de la parabole.
c) β est l’ordonnée du sommet de la parabole.
d) • Si β est négatif (strictement), l’équation admet deux solutions. • Si β est nul, une solution : x = α.
• Si β est strictement positif : pas de solution.

b) (x + 2)2 + 1 = 0 équivaut à (x + 2)2 = –1, ce qui est impossible, quel que soit le nombre x.

PROBLÈME OUVERT
(3 + x)2 + (4 + x)2 = (6 + x)2 ⇔ x2 + 2x – 11 = 0.
Deux solutions (une seule positive : x = 213 – 1).

EXERCICES
1

a) f(x) = (x + 3)2 – 9.
b) f(x) = –3(x – 1)2 + 1.
1 2 5
– .
c) f(x) = x +
2
4
3 2 9
d) f(x) = 2 x –
– .
2
2

΂

΃

΂

8

΃

Réponse : oui, il est possible d’obtenir un triangle rectangle en ajoutant à chaque longueur (213 – 1) unités de longueur.

Application (page 28)
2

΂ 2΃ – 4 .
17
3
2. f(x) – ΂– ΃ = ΂x + ΃ .
4
2
17
17
Donc pour tout x, f(x) – ΂– ΃ у 0 et f(x) у – .
4
4
2

1. f(x) = x +

3

17

2

3

1. a) f(x) = (x – 2)2 – 2.
b) f(x) = (x – 2 + 12)(x – 2 – 12).
2. yA = f(0) = 2. f(x) = 0 pour xB = 2 – 12 et xC = 2 + 12. f(x) = 4 pour (x – 2)2 = 6 soit xI = 2 – 16 et xJ = 2 + 16.
Soit : A(0 ; 2), B(2 – 12 ; 0), C(2 + 12 ; 0), I(2 – 16 ; 4) et
J(2 + 16 ; 4).

Ά

4

a) x(7x + 8) = 0 ; ᏿ = –

·

8
;0 .
7

b) x = 6 ; ᏿ = {– 16 ; 16}.
c) (x + 3)2 – 52 = 0 ⇔ (x + 8)(x – 2) = 0 ; ᏿ = {– 8 ; 2}.
d) (x – 5)2 = 0 ; ᏿ =