Le second degré

La forme canonique d'un trinôme

Un trinôme du second degré, c'est une expression de la forme $a{x}^2+bx+c$ avec $a\mathrm{\ne }0$. Cette écriture, dite développée, est pratique pour calculer une image, mais elle cache l'essentiel : où se trouve le sommet de la parabole ? La forme canonique répond exactement à cette question. L'idée est de regrouper tout le « $x$ » à l'intérieur d'un carré, pour qu'il ne reste plus qu'une seule occurrence de la variable.

Pourquoi ça marche ? Parce que $(x-\alpha {)}^2$ est un carré : il est toujours positif ou nul, et il vaut $0$ uniquement quand $x=\alpha$. Donc la valeur extrême de $f$ est atteinte exactement en $x=\alpha$, et cette valeur extrême est $\beta$.

Exemple 1. Mettons $f(x)=x^2-6x+5$ sous forme canonique. Ici $a=1$, $b=-6$, donc $\alpha =-{\displaystyle \frac{-6}{2\times 1}}=3$. Ensuite $\beta =f(3)=9-18+5=-4$. La forme canonique est donc $f(x)=(x-3{)}^2-4$. Le sommet de la parabole est le point $(3;-4)$.

Exemple 2. Pour $g(x)=2x^2+8x+3$, on a $a=2$, $b=8$, donc $\alpha =-{\displaystyle \frac{8}{2\times 2}}=-2$. Puis $\beta =g(-2)=2\times 4+8\times (-2)+3=8-16+3=-5$. La forme canonique est $g(x)=2(x+2{)}^2-5$ (car $x-(-2)=x+2$). Le sommet est $(-2;-5)$.

Le sens de la parabole

Le coefficient $a$ ne sert pas qu'au calcul : il décide de l'orientation de la parabole. C'est l'information que la forme canonique met en pleine lumière.

Exemple 3. Pour la recette de Yasmine, $R(x)=-2x^2+40x$, on a $a=-2<0$ : la parabole est tournée vers le bas, donc le sommet est un maximum. On calcule $\alpha =-{\displaystyle \frac{40}{2\times (-2)}}=10$ et $\beta =R(10)=-2\times 100+400=200$. Au prix de $10$ dh le verre, la recette atteint son maximum, $200$ dh.

Le piège du signe de $\alpha$

L'erreur la plus fréquente est d'oublier le signe moins dans $\alpha =-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$. Beaucoup d'élèves écrivent $\alpha ={\displaystyle \frac{b}{2a}}$ et obtiennent un sommet symétrique du bon. Le moins est essentiel : pour $f(x)=x^2-6x+5$, avec $b=-6$, le calcul donne $\alpha =-{\displaystyle \frac{-6}{2}}=+3$ (et non $-3$). Vérifie toujours en remplaçant : le sommet doit tomber là où la parabole « rebrousse chemin ».

Équations du second degré : le discriminant

Résoudre $a{x}^2+bx+c=0$, c'est chercher les abscisses où la parabole coupe l'axe horizontal. Selon que la parabole croise l'axe en deux points, le touche en un seul, ou passe entièrement au-dessus (ou en dessous), il y aura deux solutions, une seule, ou aucune. Un seul nombre, calculé à partir des coefficients, décide de ce nombre de solutions : le discriminant.

D'où vient cette formule ? La démonstration

Ce théorème ne tombe pas du ciel : il se démontre en quelques lignes à partir de la forme canonique que tu viens de maîtriser. C'est une démonstration exigible — sache la refaire, elle est le cœur du chapitre.

Pars de l'équation $a{x}^2+bx+c=0$ avec $a\mathrm{\ne }0$, et complète le carré comme pour la forme canonique : $a{x}^2+bx+c=a{(x+{\displaystyle \frac{b}{2a}})}^2-{\displaystyle \frac{b^2}{4a}}+c\mathrm{.}$

Le terme $-{\displaystyle \frac{b^2}{4a}}$ compense le carré qu'on a fait apparaître. L'équation $a{x}^2+bx+c=0$ devient alors : $a{(x+{\displaystyle \frac{b}{2a}})}^2={\displaystyle \frac{b^2}{4a}}-c={\displaystyle \frac{b^2-4ac}{4a}}\mathrm{.}$

On divise par $a$ (non nul), et le discriminant surgit tout seul : ${(x+{\displaystyle \frac{b}{2a}})}^2={\displaystyle \frac{b^2-4ac}{4a^2}}={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }}{4a^2}}\mathrm{.}$

Tout se joue maintenant sur le signe du membre de droite. Le membre de gauche est un carré, donc toujours positif ou nul ; et comme $4a^2>0$, le signe de la droite est exactement celui de $\mathrm{\Delta }$.

• Si $\mathrm{\Delta }<0$ : un carré (à gauche, $\ge 0$) devrait égaler un nombre strictement négatif — impossible. Aucune solution réelle.
• Si $\mathrm{\Delta }=0$ : il reste ${(x+{\displaystyle \frac{b}{2a}})}^2=0$, donc $x+{\displaystyle \frac{b}{2a}}=0$, c'est-à-dire l'unique racine double $x_0=-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$.
• Si $\mathrm{\Delta }>0$ : on prend la racine carrée des deux membres, sans oublier les deux signes possibles : $x+{\displaystyle \frac{b}{2a}}=\pm {\displaystyle \frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}}⟹x={\displaystyle \frac{-b\pm \sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}}\mathrm{.}$

On retrouve exactement les trois cas du théorème. Remarque au passage que la racine double $-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$ n'est autre que l'abscisse $\alpha$ du sommet : quand $\mathrm{\Delta }=0$, la parabole touche l'axe précisément en son sommet — ce que la figure ci-dessus montrait déjà. Cette logique du « signe d'un carré » te suivra loin : en analyse, puis en classes préparatoires avec les formes quadratiques.

Exemple 1. Résolvons $x^2-5x+6=0$. Ici $a=1$, $b=-5$, $c=6$, donc $\mathrm{\Delta }=(-5{)}^2-4\times 1\times 6=25-24=1>0$. Deux solutions : $x_1={\displaystyle \frac{5-\sqrt{1}}{2}}={\displaystyle \frac{5-1}{2}}=2$ et $x_2={\displaystyle \frac{5+1}{2}}=3$. L'ensemble des solutions est $\{2;3\}$.

Exemple 2. Résolvons $x^2-4x+4=0$. On a $\mathrm{\Delta }=(-4{)}^2-4\times 1\times 4=16-16=0$. Une seule solution double : $x_0={\displaystyle \frac{4}{2}}=2$. La parabole touche l'axe horizontal en son sommet $(2;0)$.

Exemple 3. Résolvons $x^2+x+1=0$. On a $\mathrm{\Delta }=1^2-4\times 1\times 1=1-4=-3<0$ : aucune solution réelle. La parabole, tournée vers le haut, reste entièrement au-dessus de l'axe horizontal.

Le piège du calcul de $\mathrm{\Delta }$ avec des coefficients négatifs

L'erreur classique tient au carré $b^2$ : il est toujours positif, même si $b$ est négatif. Pour $b=-5$, on a $b^2=(-5{)}^2=25$, pas $-25$. De même, fais attention au signe de $c$ dans $-4ac$ : si $c=-3$, alors $-4ac=-4\times 1\times (-3)=+12$. Beaucoup d'erreurs de discriminant viennent d'un signe perdu. Pose toujours $a$, $b$, $c$ explicitement avant de calculer.

Factorisation, racines et somme/produit

Quand une parabole coupe l'axe horizontal, le trinôme se factorise élégamment en faisant apparaître ses racines. Cette factorisation est l'une des plus utiles de l'année : elle transforme une somme en produit, ce qui ouvre la porte à l'étude du signe et à la résolution d'inéquations.

Exemple 1. On a vu que $x^2-5x+6=0$ a pour racines $2$ et $3$. Comme $a=1$, on factorise : $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$. Tu peux vérifier en développant : $(x-2)(x-3)=x^2-3x-2x+6=x^2-5x+6$.

Exemple 2. Pour $2x^2-2x-12$, on calcule $\mathrm{\Delta }=(-2{)}^2-4\times 2\times (-12)=4+96=100$. Les racines sont ${\displaystyle \frac{2-10}{4}}=-2$ et ${\displaystyle \frac{2+10}{4}}=3$. Comme $a=2$, la factorisation est $2x^2-2x-12=2(x+2)(x-3)$. N'oublie jamais le facteur $a=2$ devant.

Les relations somme et produit

Il existe un lien direct entre les coefficients et les racines, sans même passer par le discriminant. C'est un outil de vérification redoutable, et parfois un raccourci pour deviner les racines « à la main ».

Exemple 3. Reprenons $x^2-5x+6$. La somme des racines doit valoir $S=-{\displaystyle \frac{-5}{1}}=5$ et le produit $P={\displaystyle \frac{6}{1}}=6$. On cherche deux nombres dont la somme est $5$ et le produit $6$ : ce sont $2$ et $3$. On retrouve les racines sans discriminant. Cette méthode est précieuse quand les racines sont des entiers simples.

Le piège de l'oubli du facteur $a$

Une factorisation du second degré commence toujours par $a$ : $f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)$. Beaucoup d'élèves écrivent $(x-x_1)(x-x_2)$ tout court et obtiennent un trinôme dont le terme dominant est $x^2$ au lieu de $a{x}^2$. Pour $2x^2-2x-12$, oublier le $2$ donnerait $(x+2)(x-3)=x^2-x-6$, qui n'est pas du tout le trinôme de départ. Le facteur $a$ rétablit le bon coefficient dominant.

Le signe du trinôme

Savoir où un trinôme est positif et où il est négatif, c'est savoir où la parabole passe au-dessus et au-dessous de l'axe horizontal. La règle est étonnamment simple et tient en une formule mnémotechnique : « le trinôme est du signe de $a$, sauf entre les racines ».

Exemple 1. Étudions le signe de $f(x)=x^2-5x+6$. On sait que $a=1>0$ et que les racines sont $2$ et $3$. Donc $f(x)>0$ pour $x<2$ ou $x>3$ (à l'extérieur, du signe de $a$, ici positif), et $f(x)<0$ pour $2<x<3$ (entre les racines). Le tableau de signes :

$x$	$-\mathrm{\infty }$		$2$		$3$		$+\mathrm{\infty }$
$f(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$

Exemple 2. Pour $g(x)=-x^2+4x-4$, on calcule $\mathrm{\Delta }=16-4\times (-1)\times (-4)=16-16=0$ : racine double $x_0={\displaystyle \frac{-4}{2\times (-1)}}=2$. Comme $a=-1<0$, $g(x)$ est négatif partout sauf en $x=2$ où il s'annule. La parabole, tournée vers le bas, touche l'axe en $(2;0)$ et reste en dessous partout ailleurs.

Le piège de la confusion « signe de $a$ » et « signe positif »

« Du signe de $a$ » ne veut pas dire « positif ». Si $a<0$, alors « du signe de $a$ » signifie négatif. Pour $g(x)=-x^2+4x-4$, comme $a=-1<0$, le trinôme est négatif à l'extérieur (ici partout, car $\mathrm{\Delta }=0$). Salma retient « extérieur = positif » et se trompe dès que $a$ est négatif. Le bon réflexe : regarde d'abord le signe de $a$, puis applique « même signe que $a$ dehors, signe opposé dedans ».

Inéquations du second degré

Résoudre une inéquation comme $x^2-5x+6>0$ ou $-2x^2+40x\ge 150$, c'est trouver tous les $x$ pour lesquels le trinôme respecte l'inégalité demandée. La méthode est désormais à ta portée : ramener tout d'un côté pour obtenir « trinôme $\lessgtr 0$ », étudier le signe du trinôme, puis lire l'intervalle qui convient.

La méthode tient en trois temps : tout ramener d'un côté pour comparer le trinôme à $0$ ; étudier son signe (discriminant, racines, règle du signe de $a$) ; conclure en lisant sur le tableau de signes l'ensemble des $x$ qui conviennent, en soignant les bornes (incluses pour $\le$ et $\ge$, exclues pour $<$ et $>$).

Exemple 1. Résolvons $x^2-5x+6>0$. Le trinôme est déjà comparé à $0$. Ses racines sont $2$ et $3$, et $a=1>0$, donc il est positif à l'extérieur des racines. On veut $f(x)>0$ (strictement), donc on exclut les racines (où $f$ s'annule). L'ensemble des solutions est $]-\mathrm{\infty };2[\cup ]3;+\mathrm{\infty }[$.

Exemple 2. Résolvons $x^2+2x\le 8$. On ramène tout à gauche : $x^2+2x-8\le 0$. Discriminant : $\mathrm{\Delta }=4-4\times 1\times (-8)=4+32=36$. Racines : ${\displaystyle \frac{-2-6}{2}}=-4$ et ${\displaystyle \frac{-2+6}{2}}=2$. Comme $a=1>0$, le trinôme est négatif entre les racines. On veut $\le 0$ (large), donc on inclut les racines. L'ensemble des solutions est $[-4;2]$.

Le piège des bornes ouvertes ou fermées

L'inégalité large ($\le$, $\ge$) inclut les racines, où le trinôme vaut $0$ : les bornes sont fermées (crochets tournés vers l'intérieur). L'inégalité stricte ($<$, $>$) exclut les racines : les bornes sont ouvertes. Pour $x^2-5x+6\ge 0$, la solution serait $]-\mathrm{\infty };2]\cup [3;+\mathrm{\infty }[$ (bornes incluses), alors que pour $>0$ on a $]-\mathrm{\infty };2[\cup ]3;+\mathrm{\infty }[$ (bornes exclues). Une seconde de vigilance sur le crochet évite une réponse fausse.

Pièges classiques

Piège 1 : oublier le signe moins dans $\alpha =-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$. L'abscisse du sommet est $\alpha =-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$, avec un moins en tête. Écrire ${\displaystyle \frac{b}{2a}}$ place le sommet du mauvais côté de l'axe. Pour $f(x)=x^2-6x+5$ ($b=-6$), le calcul correct donne $\alpha =-{\displaystyle \frac{-6}{2}}=+3$. Vérifie toujours que ton sommet tombe là où la parabole change de sens.

Piège 2 : calculer $b^2$ comme un nombre négatif. Dans $\mathrm{\Delta }=b^2-4ac$, le terme $b^2$ est un carré, donc toujours positif, même quand $b<0$. Pour $b=-5$, on a $b^2=25$, jamais $-25$. C'est l'erreur de signe la plus coûteuse du chapitre, car elle change le signe de $\mathrm{\Delta }$ et donc le nombre de solutions.

Piège 3 : se tromper de signe sur $-4ac$. Le terme $-4ac$ dépend des signes de $a$ et de $c$. Si $c$ est négatif, $-4ac$ devient positif. Pour $a=1$, $c=-8$ : $-4ac=-4\times 1\times (-8)=+32$. Beaucoup d'élèves traînent un $-32$ par inadvertance et obtiennent un mauvais discriminant. Pose les trois coefficients avec leurs signes avant de calculer.

Piège 4 : oublier le facteur $a$ dans la factorisation. La forme factorisée est $a(x-x_1)(x-x_2)$, pas $(x-x_1)(x-x_2)$. Sans le $a$, le coefficient dominant tombe à $1$ et le trinôme n'est plus le bon. Pour $2x^2-2x-12=2(x+2)(x-3)$, le $2$ est indispensable. Développe pour vérifier en cas de doute.

Piège 5 : croire que « du signe de $a$ » veut dire « positif ». « Du signe de $a$ » suit le signe réel de $a$. Si $a<0$, le trinôme est négatif à l'extérieur des racines. La règle complète est : signe de $a$ à l'extérieur, signe opposé entre les racines. Regarde toujours le signe de $a$ avant de remplir un tableau de signes.

Piège 6 : confondre bornes ouvertes et fermées dans une inéquation. Une inégalité large ($\le$, $\ge$) inclut les racines (le trinôme y vaut $0$, ce qui satisfait l'inégalité), donc crochets fermés. Une inégalité stricte ($<$, $>$) les exclut, donc crochets ouverts. Relis le symbole d'inégalité avant d'écrire l'intervalle final.

Application concrète

Reviens au stand de jus de grenade de Yasmine, au souk de Marrakech. Elle a modélisé sa recette journalière par $R(x)=-2x^2+40x$, où $x$ est le prix d'un verre en dirhams. Elle veut deux choses : connaître le prix qui maximise sa recette, et savoir dans quelle fourchette de prix sa recette dépasse $150$ dh, le seuil qui couvre ses frais.

Étape 1 — Trouver le prix optimal par la forme canonique. Yasmine met $R(x)=-2x^2+40x$ sous forme canonique. Avec $a=-2$ et $b=40$, l'abscisse du sommet est $\alpha =-{\displaystyle \frac{40}{2\times (-2)}}=10$. La recette maximale vaut $\beta =R(10)=-2\times 100+400=200$. Comme $a<0$, c'est bien un maximum : la recette culmine à $200$ dh pour un prix de $10$ dh le verre.

Étape 2 — Poser l'inéquation du seuil. Yasmine veut $R(x)\ge 150$, c'est-à-dire $-2x^2+40x\ge 150$. Elle ramène tout à gauche : $-2x^2+40x-150\ge 0$. Pour alléger, elle divise par $-2$ (un nombre négatif, donc l'inégalité change de sens) : $x^2-20x+75\le 0$.

Étape 3 — Étudier le signe du trinôme. Le discriminant de $x^2-20x+75$ est $\mathrm{\Delta }=(-20{)}^2-4\times 1\times 75=400-300=100>0$. Les racines sont ${\displaystyle \frac{20-10}{2}}=5$ et ${\displaystyle \frac{20+10}{2}}=15$. Comme $a=1>0$, ce trinôme est négatif entre ses racines.

Étape 4 — Conclure sur la fourchette de prix. On cherche $x^2-20x+75\le 0$, donc entre les racines, bornes incluses : $x\in [5;15]$. Tant que Yasmine fixe son prix entre $5$ dh et $15$ dh le verre, sa recette atteint au moins $150$ dh. En dessous de $5$ dh elle gagne trop peu par verre, au-dessus de $15$ dh elle vend trop peu de verres.

Conclusion. En un seul chapitre, Yasmine est passée de l'intuition (« il y a un prix idéal quelque part ») à une réponse chiffrée et rigoureuse : prix optimal $10$ dh pour une recette maximale de $200$ dh, fourchette rentable $[5;15]$ dh. La forme canonique a donné le sommet, le discriminant et le signe du trinôme ont résolu l'inéquation. En Terminale, la dérivée confirmera ce sommet en une ligne, et ces mêmes paraboles modéliseront des trajectoires et des coûts bien au-delà du souk.

À retenir