Leçon n°3 – Les Fonctions de référence Les polynômes de degré 2 et les fonctions homographiques

La fonction y = 2x et la fonction y = x

1, c’est-à-dire celle qui donne le carré d’un réel et

celle qui donne l’inverse d’un réel (évidemment non nul), sont au programme mais il est

intéressant de connaître en plus d’autres fonctions comme y = 3x (le cube pour les volumes)

et y = x avec x positif .

I) La fonction f : R R

x y = f(x) = 2x • Df = R • C’est une fonction positive car pour tout réel x, 2x ≥ 0 • Nous traçons la représentation graphique en utilisant un tableau de valeurs :

x −3 −2 −1 0 1 2 3 y 9 4 1 0 1 4 9

On peut se demander si la courbe ci-dessous contient des points alignés, grâce aux vecteurs, nous montrerons en première qu’elle n’en contient pas.

Cette courbe s’appelle une parabole. • Dans un repère orthonormal, cette courbe possède un axe de symétrie orthogonale (x = 0). C’est l’axe des y.

• Tableau de variations :

(voir ci-dessous) On a un minimum qui vaut 0 pour x=0

(Pour tout x ∈ R , 0x2 ≥ ) Si x < 0 f est décroissante Si x > 0 f est croissante.

x − ∞ 0 + ∞ + ∞ + ∞ 2x 0

• Tableau de signes : x − ∞ 0 + ∞

2x + 0 + II) La fonction g : R R

x y = g(x) = x

1

• Dg = R* = R\{0} en effet 0 n’a pas d’inverse dans R. • Nous traçons aussi la courbe grâce à un tableau de valeurs et nous pouvons également

démontrer que cette courbe ne contient jamais 3 points alignés. Cette courbe s’appelle une hyperbole.

(Repère orthonormal)

Cette courbe possède un centre de symétrie O le centre du repère (en effet on prouve facilement que O est le milieu de [MM’] quand x varie dans R, OM’ = OM).

M’

M

• Il y a un phénomène nouveau à observer : quand x tend vers 0, la courbe se rapproche de l’axe des y sans jamais l’atteindre. On dit que la courbe possède une asymptote verticale x = 0 en effet :

g(0.1) = 101,0

1 = ; g(0,01)= 10001,0

1 = etc.

Il y a une autre asymptote quand x tend vers + ou − ∞ : asymptote horizontale y = 0. • Tableau de variations : x − ∞ 0 + ∞

0 + ∞

x

1

− ∞ 0 0 n’a pas d’image, dans le tableau, on met une double barre. (Synonyme de valeur interdite). g est décroissante sur R−*. g est décroissante sur R+*.

(R−*, les nombres réels strictement négatifs) (R+*, les nombres réels strictement positifs)

• Tableau de signes : x − ∞ 0 + ∞

x

1 − +

Si x < 0 alors x

1 < 0

Si x > 0 alors x

1 > 0

En bonus (hors programme) La fonction h : R R

x y = h(x) = 3x • Dh = R • Traçons la courbe :

(Repère orthonormal)

Ici aussi, on a un centre de symétrie O mais il y a un nouveau phénomène à voir que nous étudierons en première : en x = 0, avant x = 0, la courbe est tournée vers le bas et après x = 0 elle est tournée vers le haut. On dit que la courbe possède un point d’inflexion. Cette fonction «cube» est une fonction toujours croissante sur R, on dit qu’elle est monotone sur R.

• Tableau de variations : x − ∞ + ∞

+ ∞ 3x

− ∞

On peut remarquer que tout x a une image unique dans R et que tout y a un antécé- dent unique dans R.

• Tableau de signes : x −∞ 0 +∞

3x − 0 +

Si x < 0 alors 3x < 0. Si x > 0 alors 3x > 0.

La fonction racine carrée (fonction irrationnelle).

k : R R x y = k(x) =x

Dk = R+=[0 ; + ∞[ en effet x n’est calculable que si x est positif.

M’

M

• C’est une fonction positive : pour tout x ≥≥≥≥ 0 ; x ≥≥≥≥ 0 • Traçons la courbe :

x 0 1 2 3 4 5 6 y 0 1 2 3 2 5 6

(Pour la calculette, on peut taper x à la puissance 2

1 pour avoir x ,

explication : xxxetx)x( 2

22

2

12 ==

= ).

• Nous pouvons donner le tableau de variations et le tableau de signes :

x 0 + ∞ + ∞ x 0

x 0 + ∞

x 0 + (∀ x∈R+, 0x ≥ ) Revenons au programme : Définition On appelle polynôme de degré 2, tout fonction de la forme f(x) = ax2 + bx + c avec a≠0, b et c sont des réels quelconques et x∈R. La première chose à faire c’est un peu de calcul sur ces polynômes : Développements : (2x + 3)2 ; (5x – 1)2 ; (– x – 4)2 ; (3 – x)(3 + x) ; (– 6 – 7x)(– 6 + 7x) Factorisations x2 – 6x + 9 ; 4x2 + 20x + 25 ; x2 – 49 ; 100x2 – 64 ; (x +1)2 – 81 ; (x – 4)2 – 4(x + 2)2

Solutions (2x + 3)2 = 4x2 + 12x + 9. (5x – 1)2 = 25x2 – 10x + 1. (– x – 4)2 = x2 + 8x + 16. (3 – x)(3 + x) = 9 – x2. (– 6 – 7x)(– 6 + 7x) = 36 – 49x2. x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 4x2 + 20x + 25 = (2x + 5)2 x2 – 49 = (x – 7)(x + 7) 100x2 – 64 = (10x – 8)(10x + 8) = 2(5x – 4)2(5x + 4) = 4(5x – 4)(5x + 4) (x +1)2 – 81 = (x + 1 – 9)(x + 1 + 9) = (x – 8)(x + 10) (x – 4)2 – 4(x + 2)2 = [(x – 4) – 2(x + 2)][(x – 4) + 2(x + 2)] = (– x – 8)(3x) = – 3x(x + 8). Pour plus d’entraînement, et à mon avis c’est nécessaire surtout les factorisations, voir votre livre ou les fiches de révisions 3ième dans le site. Théorème : Tous les fonctions polynômes de degré 2 de la forme f(x) = ax2 + bx + c avec a≠0, x∈R, ont comme représentation dans un repère orthonormal de (P) des paraboles. Exemples f(x) = x2 – 4x x∈R. Nous utilisons un tableau de valeurs pour tracer cette courbe :

x −1 0 1 2 3 4 5 f(x) 5 0 −3 −4 −3 0 5

S(2;-4)

x = 2

2 3 4 5-1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

0 1

1

x

y

Il s’agit évidemment des identités remarquables : (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (a – b)2 = a2 – 2ab + b2 (a – b)(a + b) = a2 – b2

f(–1) = (–1)2 – 4(–1) = 5 etc….

Nous voyons un axe de symétrie : la droite d’équation x = 2. La fonction f est décroissante quand x<2, il y a un minimum absolu qui vaut −4 quand x = 2 puis f est croissante quand x>2. Tableau de variations x −∞ 2 +∞ +∞ +∞ f(x) −4 Tableau de signes x −∞ 0 4 +∞ f(x) + 0 − 0 + f n’est pas monotone sur R.

Nous restons au niveau des observations en seconde mais tout cela se démontre en 1° ! g(x) = −2x2 + 4x + 6 x∈R.

x −1 0 1 2 3 g(x) 0 6 8 6 0

S(1;8)

x = 1

2 3-1

2

3

4

5

6

7

8

-1

-2

0 1

1

x

y

Remarque : nous admettrons que pour toutes les fonctions polynômes de degré 2, nous aurons un changement dans le sens de variations pour une valeur de x qui donnera un minimum ou un maximum. Pour l’étude des signes, c’est un peu plus compliqué car certains polynômes de degré 2 garde le même signe pour tout x de R. P(x) = (x – 1)2 x∈R, ce polynôme sera toujours positif ou nul.

2 3-1

2

3

-1

0 1

1

x

y

Nous voyons un axe de symétrie : la droite d’équation x = 1. La fonction g est croissante quand x<1, il y a un maximum absolu qui vaut 8 quand x = 1 puis g est décroissante quand x>1. Tableau de variations x −∞ 1 +∞ 8 g(x) −∞ −∞ Tableau de signes x −∞ −1 3 +∞ f(x) − 0 + 0 − f n’est pas monotone sur R.

g(−1) = −2(−1)2 + 4(− 1) + 6 = −2 – 4 + 6 = 0 etc…

x −∞ 1 +∞ P(x) + 0 +

Dernière partie : Définition

On appelle fonction homographique, des fonctions de la forme dcxbax

)x(f++++++++==== avec a ou b non

nuls et c≠0. Il y a toujours une condition de calcul, x ≠≠≠≠ cd−−−− .

Théorème : Toutes les fonctions homographiques de la formedcx

bax)x(f

++= avec a ou b non

nuls et c≠0, x∈R mais différent de c

d− , ont comme représentation graphique dans un repère

orthonormal de (P) des hyperboles. Montrons un exemple :

f(x) = 1x

3x2

−+

x∈R.

Le domaine de définition sera : ]−∞ ; 1[ ∪ ]1 ; +∞[ en effet f n’est pas calculable pour x = 1 (division par 0) Tableau de valeurs

x −10 −3 0 0,5 1,5 5 10

f(x) 11

17

4

3 − 3 −−−− 8 12

4

13

9

23

x = 1

y = 2

2 3 4 5 6 7 8 9-1-2-3-4-5-6-7-8-9-10

2

3

4

5

6

-1

-2

-3

-4

-5

0 1

1

x

y

Observons ce graphique :

• La courbe se présente en deux parties séparées, en effet on dit que l’hyperbole a deux branches avant x = 1 et après x = 1.

• x = 1 est une asymptote verticale, ceci veut dire que quand x se rapproche de 1, la courbe se rapproche de la droite x = 1 (Voir tableau quand x tend vers 1 mais en restant inférieur à 1, f(x) tend vers −∞ ; par contre quand x tend vers 1 mais en restant

supérieur à 1, alors f(x) tend vers +∞). Il est intéressant de calculer f(0,9) puis f(0,99) et de l’autre coté de 1, f(1,01) puis f(1,1).

• La fonction est toujours décroissante sur ]−∞ ; 1[ et ]1 ; +∞]. Elle est donc monotone sur son ensemble de définition. Attention, il existe des fonctions homographiques toujours croissantes. Tableau de variations : x −∞ 1 +∞ 2 +∞ f(x) −∞ 2 Nous voyons l’asymptote verticale (double barre) x = 1 mais il y a une deuxième asymptote horizontale y = 2 quand x tend vers + ou −∞.

• Plus difficile à voir, il y a un centre de symétrie I(1 ;2). • Pour le signe, nous pouvons démontrer :

Tableau de signes :

x −∞ – 1,5 1 +∞ 2x + 3 − 0 + + x – 1 − − 0 + f(x) + 0 − + Il y a une double barre pour x = 1 à la ligne f(x) car cette valeur est interdite pour le calcul de f(x). Résultat : si x∈∈∈∈]−−−−∞∞∞∞ ; −−−− 1,5] ∪∪∪∪ ]1 ; +∞∞∞∞], f(x) ≥≥≥≥ 0. si x∈∈∈∈]−−−− 1,5 ; 1[, f(x) <<<< 0. L’observation de la courbe confirme ceci, si x∈∈∈∈]−−−−∞∞∞∞ ; −−−− 1,5] ∪∪∪∪ ]1 ; +∞∞∞∞], la courbe se trouve au dessus de l’axe des abscisses et si si x∈∈∈∈]−−−− 1,5 ; 1[, elle est en dessous. Avec ce genre de fonction, il faut savoir chercher des images et trouver un antécédent.

Cherchons l’image de 4 : f(4) = 3

11

14

3)4(2 =−

+.

Cherchons l’antécédent de 4 : soit à chercher x∈R, x ≠ 1, tel que 1x

3x2

−+

= 4,

2x + 3 = 4(x – 1) soit 2x + 3 = 4x – 4 et donc − 2x = – 7 et donc x = 2

7 = 3,5.

(Voir la courbe).

Exercice de base Exercice 1 Nous considérons un carré ABCD dont le côté [AB] mesure 3. Nous ajoutons la longueur x à [AB] et x à [AD] de façon à construire un nouveau carré AB’C’D’. x varie entre 0 et 3. Faire la figure. Etude du périmètre P de AB’C’D’ Exprimer P en fonction de x, x∈[0 ;3] Caractériser la fonction obtenue (nature, tableau de variations et courbe (Cp)). Déterminer le périmètre de AB’C’D’ dans le cas où x = 1. Déterminer x tel que le périmètre de AB’C’D’ soit égal à 22. Montrer sur la figure, les réponses aux deux questions qui précédent. Etude de l’aire A de AB’C’D’ Exprimer A en fonction de x, x∈[0 ;3] Caractériser la fonction obtenue (nature, tableau de variations et courbe (CA)). Déterminer l’aire AB’C’D’ dans le cas où x = 1. Déterminer x tel que l’aire AB’C’D’ soit égal à 25. Montrer sur la figure, les réponses aux deux questions qui précédent. Exercice 2 Soit un rectangle ABCD de longueur 6 et de largeur 4. Nous plaçons le point M sur [AB] en posant BM = x, puis nous plaçons N sur [BC] tel que BN = x. Nous voulons étudier l’aire f du triangle DMN. Faire la figure. Sur quel intervalle va varier x ? Calculer les longueurs AM, et NC. Exprimer L’aire f en fonction de x en procédant par soustractions d’aires. Caractériser f(x), donner le tableau de variations de f pour x∈[0 ; 4]. puis tracer la courbe pour x∈[0 ; 4]. Calculer l’aire de DMN si x = 1 puis si x = 2. « Quand x double, l’aire double », cette affirmation est-elle juste ? Une question difficile : chercher x∈[0 ;4] tel que f(x) = 8. Exercice 3 Dans une entreprise, le coût total en K€ (1K€ = 1000€), en fonction du nombre q d’objets fabriqués est donné par la fonction suivante :

C(q) =q2 + 8q + 64 q en centaines d’objets et q∈[1 ; 30] a) Caractériser la fonction C et représenter-la graphiquement. b) Que peut-on en déduire pour le coût total ? c) Déterminer q pour que le coût soit égal à 624 K€.

On veut étudier le coût moyen de fabrication, CM(q)q

)q(C=

Expliciter cette fonction CM . d) Donner un tableau de valeurs, puis montrer que le minimum absolu de cette fonction

sera égal à 24 quand q = 8. Donner le tableau de variations et tracer la courbe. e) Cette entreprise peut supporter jusqu’à 28 K€ comme coût moyen. Chercher q tels que

CM(q) ≤ 28.

Nous voulons maintenant étudier le bénéfice réalisé par la vente des objets fabriqués. On suppose qu’une centaine d’objets est vendue 31,2 K€. 1) Soit R la recette, donner R en fonction de q.

2) Tracer sur un même graphique les courbes représentant R et C. Comment peut-on analyser ce graphique ?

3) On appelle B le bénéfice, exprimer B en fonction de q et caractériser cette fonction.

Exercice 4 Soit un trajet de longueur 160 kms. Si nous roulons à la vitesse moyenne de v, alors il faut un temps t mais, si nous augmentons notre vitesse moyenne de 20 km/h alors nous mettons 24 mns de moins pour faire le trajet.

a) Ecrire la fonction t donnant le temps en heure mis pour faire le trajet à la vitesse v. Représenter cette fonction pour v∈[50 ; 150]

b) On appelle t’ le temps mis pour faire le trajet si on augmente la vitesse de 20 km/h.

Expliquer pourquoi t’ = t − 5

2.

Calculer alors t’ puis montrer que v satisfait à l’équation suivante :

20v

160

5

2

v

160

+=− .

Simplifier cette équation et montrer que v vérifie : v2 + 20v – 8000 = 0. Démontrer que v2 + 20v – 8000 = (v + 10)2 – 8100. En déduire la vitesse v cherchée.

Exercice 5 Le prix P en euros d’une voiture est donnée par

P(x) = 3x

00045x3000

++

, x en années et x∈[0 ; 7].

1) Caractériser cette fonction P. Donner un tableau de valeurs. Démontrer que P est une fonction toujours décroissante sur [0 ;7] puis donner son tableau de variations puis et tracer la courbe (CP) .

2) Le propriétaire de la voiture ne désire pas la revendre avant que son prix tombe en dessous de 7 800€. Combien d’années devra-t-il attendre ?

Correction Exercice 1 Faisons la figure

Tableau de variations x 0 3 24 P(x) 12

Etude de l’Aire du carré AB’C’D’ L’aire d’AB’C’D’ sera A(x) = (3 + x)(3 + x) = (3 + x)2 = 9 + 6x + x2 = x2 + 6x + 9 x∈∈∈∈[0 ; 3]. Il s’agit cette fois d’un polynôme de degré 2 de la forme f(x) = ax2 + bx + c, a = 1; b = 6 et c = 9. La fonction entre 0 et 3 sera toujours croissante car plus x augmente, plus l’aire augmente. La représentation graphique sera un morceau de parabole. Tableau de valeur

x 0 1 2 3 A(x) 9 16 25 36

Tableau de variations X 0 3 36 A(x) 9

Etude du perimetre de AB’C’D’ AB’= 3 + x, B’C’ = C’D’ = AD’ = 3 + x. Donc P(x) = 4(3 + x) = 4x + 12 x∈∈∈∈[0;3]. Il s’agit d’une fonction affine de la forme f(x) = ax + b. C’est une fonction toujours croissante car a = 4 > 0. Sa représentation graphique dans un repère orthogonal du plan (P) sera un segment de droite car x∈[0 ; 3]. P(0) = 4(0) + 12 = 12 et P(3) = 4(3) + 12 = 24.

Pour déterminer le périmètre du nouveau carré quand x = 1, nous calculons : P(1) = 4(1) + 12 = 16. (Voir figure) Cherchons maintenant x∈[0 ; 3] tel que : P(x) = 22 4x + 12 = 22 4x = 10 x = 2,5. Sur le graphique, nous traçons l’horizontale d’équation y = 22, cette droite coupe le segment en un point d’abscisse 2,5.

A(0) = (3 + 0)2 = 32 = 9. A(1) = (3 + 1)2 = 42 = 16. Etc….

Par curiosité, nous pouvons regarder toute la parabole représentant f(x) = x2 + 6x + 9 quand x∈R.

2 3-1-2-3-4-5-6-7

12

18

24

30

36

-6

0 1

6

x

y

Nous voyons que cette fonction est décroissante quand x <<<< – 3 puis qu’elle devient croissante quand x >>>> −−−− 3. Il y a un minimum absolu pour x = −−−−3 qui vaut 0, la courbe est tangente à l’axe des abscisses. Nous avons ici une fonction toujours positive en effet, ∀∀∀∀x∈∈∈∈R, (3 + x)2 ≥≥≥≥ 0. Enfin, comme toutes les paraboles, celle-ci possède un axe de symétrie, la verticale d’équation x = − 3.

Pour déterminer l’aire du nouveau carré quand x = 1, nous calculons : A(1) = (3+1)2 = 16. (Voir figure) Cherchons maintenant x∈[0 ; 3] tel que : A(x) = 25 (3 + x)2 = 25 Nous avons deux solutions :

3 + x = 25 soit 3 + x = 5 et x = 2∈∈∈∈[0 ; 3]. ou

3 + x = 25− soit 3 + x = – 5 et x = – 8∉[0 ; 3] Sur le graphique, nous traçons l’horizontale d’équation y = 25, cette droite coupe la parabole en un point d’abscisse 2.

Exercice 2 Faisons la figure

x est une longueur donc x > 0 et la plus grande valeur pour x sera 4 quand M sera en A. Donc x∈∈∈∈[0 ; 4]. AM = AB – BM = 4 – x. CN = CB – BN = 6 – x. x∈[0 ; 4] assure bien que AM et CN seront des quantités positives ou nulles en effet ce sont des longueurs. Par soustractions d’aires, nous avons : Aire(DMN) = Aire(ABCD) – Aire(BMN) – Aire(CND) – Aire(AMD) C’est simple, BMN, CND et AMD sont des triangles rectangles.

f(x) = (6)(4) – 2

)x4(6

2

)x6(4

2

)x)(x( −−−−

f(x) = 24 )x4(3)x6(22

x2−−−−− (Nous avons simplifié le 4 et le dénominateur 2

puis le 6 et le dénominateur 2)

f(x) = 24 − 2

x2− 12 + 2x – 12 + 3x

f(x) = −−−− 2

x2+ 5x x∈∈∈∈[0 ; 4].

Il s’agit d’un polynôme de degré 2 de la forme ax2 + bx + c (a = 2

1− ; b = 5 et c = 0)

Tableau de valeurs

x 0 1 2 3 4 f(x) 0 4,5 8 10,5 12

f(0) = )0(52

02+− = 0. f(3) = )3(5

2

32+− = – 4,5 + 15 = 10,5.

f(1) = )1(52

12+− = – 0,5 + 5 = 4,5. f(4) = )4(5

2

42+− = – 8 + 20 = 12.

f(2) = )2(52

22+− = – 2 + 10 = 8.

Tableau de variations x 0 4 12 f est donc une fonction monotonement f(x) croissante (attention, ceci se démontre, nous émettons ici une conjoncture d’après 0 le tableau de valeurs. Voyons la démonstration Supposons x2 et x1, deux valeurs de la variable x prises dans l’intervalle [0 ; 4] avec x2 ≥≥≥≥ x1, nous voulons démontrer que f(x2) ≥ f(x1) c’est-à-dire que si x augmente, f(x) augmente. Calculons f(x2) – f(x1) pour étudier son signe :

f(x2) – f(x1) =

+− )x(5

2

x2

22 −

+− )x(5

2

x1

21

= 1

21

2

22 x5

2

xx5

2

x−++− (Il faut factoriser pour étudier le signe)

= )xx(5)xx(2

112

21

22 −+−− (Factorisation pas évidente !)

= )xx(5)xx)(xx(2

1121212 −++−−

=

++−− 5)xx(2

1)xx( 1212 ou bien

+−−

2

xx(5)xx(

)1212

Cette quantité est un produit : (x2 – x1) ≥ 0 car x2 ≥ x1 Etudions l’autre facteur : 0 ≤ x2 ≤ 4 0 ≤ x1 ≤ 4 donc 0 ≤ x2 + x1 ≤ 8 (Nous pouvons toujours additionner deux encadrements de même sens.)

Nous divisons par 2 42

xx0 12 ≤

+≤ ; nous multiplions par – 1, le sens change :

42

xx0 12 −≥

+−≥ qui peut s’écrire 0

2

xx4 12 ≤

+−≤−

Nous pouvons toujours additionner ou soustraire un réel aux trois membres d’un encadrement, le sens ne change pas. En conséquence, ajoutons 5 aux trois membres :

052

xx545 12 +≤

+−≤− soit 5

2

xx51 12 ≤

+−≤ et donc

2

xx5 12 +

− > 0

Conclusion :

+−−

2

xx(5)xx(

)1212 ≥ 0 et donc f(x2) – f(x1) ≥ 0 ⇔ f(x2) ≥≥≥≥ f(x1).

f est donc une fonction croissante sur [0 ;4]. La courbe va venir confirmer ceci :

L’affirmation disant « Si x double, l’aire double » est fausse et l’exemple x = 1 et x = 2 le montre car f(1) = 4,5 et f(2) = 8 et pas 9. Chercher x∈[0 ;4] tel que f(x) = 8. IL s’agit de chercher le ou les antécédents de 8, le graphique montre la solution (x = 2) mais ce n’est pas une démonstration de dire »Je le vois sur le graphique » ! Comment faire ?

f(x) = 8 ⇔ x52

x2+− = 8 (Multiplions les deux membres par – 2 pour simplifier)

x2 – 10x = – 16 x2 – 10x + 16 = 0 (Voir la leçon sur les équations, il y a une méthode) (x – 5)2 – 25 + 16 = 0 (Nous remplaçons x2 – 10x par (x – 5)2 – 25) (x – 5)2 – 9 = 0 (Ceci débloque le calcul) (x – 5 – 3)(x – 5 + 3) = 0 (Différence de deux carrés) (x – 8)(x – 2) = 0 Nous avons deux solutions : x = 8∉[0 ;4] ou x = 2∈[0 ;4] donc x = 2 est bien la solution. Rassurer vous, si vous avez des questions comme celle-ci, l’énoncé va vous guider pas à pas. Exercice 3 a) C(q) =q2 + 8q + 64 q en centaines d’objets et q∈[1 ; 30] C est un fonction polynôme de la forme f(x) = ax2 + bx + c (a =1 ; b = 8 et c = 64) q 1 30 1 204 Cq 73 Il faut démontrer comme précédemment que la fonction est toujours croissante quand q∈[1 ; 30] : Soit q2 et q1, deux valeurs de la variable q dans l’intervalle [1 ; 30] et q2 ≥≥≥≥ q1 Nous pouvons dire que :

f(x)

q22 ≥ q1

2 en effet, il s’agit de valeurs positives (Si a ≥ b ≥ 0 alors a2 ≥ b2, la fonction f(x) = x2 est en effet croissante sur R+ c’est-à-dire pour x positif) 8q2 ≥ 8q1 (Nous multiplions par 8, 8 est positif, le sens ne change pas) 64 ≥ 64 Nous additionnons membre à membre ces trois inégalités de même sens : q2

2 + 8q2 +64 ≥ q12 + 8q1 + 64 et donc C(q2) ≥≥≥≥ C(q1)

Attention, à ce type de démonstartion, cela ne marche pas si on a des soustractions ou des divisions d’encadrements. Nous aurions pu montrer que C(q2) – C(q1) ≥≥≥≥ 0 pour q dans l’intervalle [1 ; 30]. La fonction C est donc croissante sur [1 ; 30]. Voici la courbe, il s’agit d’un morceau de parabole. Tableau de valeurs Ce tableau confirme bien que si q augmente, C(q) augmente.

b) Comme nous l’avons déjà dit, le coût total est en constante augmentation dans l’intervalle

[1 ; 30] quand q augmente.

c) Cherchons q∈[1 ; 30] tels que C(q) 624= .

q2 + 8q + 64 ⇔= 624 q2 + 8q −560 0=

Nous allons utiliser le même artifice de calcul que dans l’exercice précédent (d’ailleurs,

cette méthode de calcul s’appelle « mettre le polynôme sous sa forme canonique, elle a été étudiée au environ de 800 A-JC par le mathématicien arabe Al Khwarizmi puis reprise en Italie au moment de la Renaissance au 15ième siècle) q2 + 8q −560 0= (Nous devons voir que q2 + 8q est le début d’une identité remarquable) (q + 4)2 – 16 – 560 = 0 ((q + 4)2 – 16 = q2 + 8q +16 – 16 = q2 + 8q) (q + 4)2 – 576 = 0 (or 576 = 242) (q + 4 – 24)(q + 4 + 24) = 0 (Différence de deux carrés) (q – 20)(q + 28) = 0 Nous aurons deux solutions q1 = 20∈[1 ;30] et q2 = – 28∉[1 ;30].

q 1 10 15 20 25 30 C(q) 73 244 409 624 889 1204

Le coût sera égal à 624 K€ si on fabrique q = 20 centaines d’objets soit 2 000 objets. (Voir le tableau de valeurs, nous avions trouvé cette valeur)

Graphiquement, nous pourrions tracer l’horizontale y = 624 qui couperait la courbe en un

point d’abscisse 20.

d) Le coût moyen de fabrication est donné par CM(q)q

)q(C= q∈[1 ;30]

Nous voyons que q = 0 a été évité car q

)q(C n’est pas calculable pour cette valeur.

DCM = [1 ; 30], nous pouvons toujours diviser le coût par un réel non nul compris entre 1

et 30. Explicitons cette fonction : CM(q) = q

64q8q2 ++= q + 8 +

q64

.

Il s’agit d’une fonction qui est la somme d’une fonction affine (f(q) = q + 8) et d’une

fonction homographique (g(q) =q

64).

Cherchons un tableau de valeurs : Nous voyons que cette fonction n’est pas monotone sur [1 ;30]. Elle est d’abord décroissante puis croissante. Montrons que le minimum sera égal à 24 quand q = 8 : Soit CM(q) ≥ 24 pour tout q∈[1 ;30]

q + 8 + q

64 ≥ 24 pour tout q∈[1 ;30]

q

64q8q2 ++ ≥ 24 pour tout q∈[1 ;30]

q2 + 8q + 64 ≥ 24q (Nous multiplions les deux membres par q qui est positif, le sens ne change pas) q2 + 8q + 64 – 24q ≥ 0 q2 – 16q + 64 ≥ 0 or ceci est vrai pour tout réel q∈[1 ;30] car q2 – 16q + 64 = (q – 8)2. Le coût moyen minimum m = 24K€ sera atteint pour q 8= c’est-à-dire pour 800

objets. Nous admettrons le sens de variations observés sur le tableau de valeurs. q 1 8 30

73 ≈ 40,13

CM(q)

m

q 1 10 20 30 CM(q) 73 24,4 31,2 ≈40,13

Nous pouvons tracer la courbe :

e) Nous cherchons maintenant q tels que CM(q) ≤ 28. Il s’agit d’une inéquation.

q2864q8q28q

648q 2 ≤++⇔≤++ (multiplions par q qui est positif) et on a donc

064q20q2 ≤+−

Forme canonique :

(q – 10)2 – 100 + 64 ≤ 0

(q – 10)2 – 36 ≤ 0 soit

(q – 10 – 6)(q – 10 + 6) ≤ 0 donc (q – 16)(q – 4) ≤≤≤≤ 0

Il faut un tableau de signes pour répondre :

q 1 4 16 30

q – 16 − − 0 +

q – 4 − 0 + 0 +

(q – 16)(q – 4) + 0 − 0 +

Le coût moyen sera inférieur ou égal à 28 K€ si q∈∈∈∈[4 ; 16].

Graphique

1) R(q)=31,2 q∈∈∈∈[1 ; 30].

2) Nous pouvons alors représenter les deux fonctions C et R sur un même graphique.

Ceci permet de comprendre que le bénéfice sera maximum lorsque la différence entre les deux courbes sera la plus grande, donc entre 10 et 12 d’après le graphique.

c) B(q) )64q8q(q2,31)q(C)q(R 2 ++−=−= = – q2 + 23,2q – 64.

B est un polynôme de degré 2.

Il est facile d’étudier cette fonction avec un tableau de valeurs, sa représentation graphique

sera :

C

R

Sur ce graphique, lorsque la droite est en dessous de la courbe représentant C, il y a un bénéfice négatif et donc en fait une perte. Par exemple, au début si q1= , on a C(1) 73= et la recette est R(1) 2,31= . Par contre lorsque la droite est au-dessus de la courbe de C alors il y a un réel bénéfice. Aux points d’intersection la recette et le coût sont égaux.

Tableau de valeurs : q 1 10 12 20

B(q) −41,8 68 70,4 0

q 30 B(q) −268 Lorsque B est négatif, nous avons une perte et lorsque B est positif un réel bénéfice. Il y a bien un maximum pour q voisin de 12. (En fait, en première, nous montrerons que le bénéfice maximum sera atteint quand q = 11,6 centaines d’objets soit 1160 objets et qu’il vaut 70,56 K€).

Exercice 4 a) Pour trouver la fonction t de v, nous utilisons la formule de Physique d = v x t (La distance parcourue est égale au produit de la vitesse moyenne en km/h multiplié par le temps en heures)

t = v

d et donc t(v) =

v160

avec t en heures et v en km/h , v∈[50 ;150].

(C’est une fonction de la forme f(x) = xk

avec x ≠ 0). La variable appartient à un intervalle

I et donc nous aurons un morceau d’hyperbole pour la courbe)

Pour v = 50, nous aurons t = =50

1603,2 h soit 3h et (0,2 x 60’) soit 3h 12mn.

Pour v = 150, nous aurons t = 150

160= 1 +

150

10 = 1 +

15

1 = 1h 4 mn en effet 60 x

15

1 = 4.

Nous avons une fonction décroissante pour v∈[50 ; 150] et effet, quand la vitesse v augmente alors, le temps de parcours diminue.

b) t’ = t − 5

2 en effet

5

2d’heure représente 24 minutes. (60 x

5

2= 24)

t’ = t − 5

2 =

5

2

v

160− mais la vitesse a augmenté de 20 km/h donc t’ = 20v

160

+

Nous avons donc l’équation suivante : cherchons v∈[50 ;150] tel que :

52

v160−−−− =

20v160++++

v5

v25160 −×=

20v

160

+

v5

v2800− =

20v

160

+ (5v ≠ 0 ; v + 20 ≠ 0)

Nous allons utiliser une règle de calcul qui sert souvent :

bcad0det0bavecd

c

b

a =⇔≠≠= (règle dite « du produit en croix »)

(800 – 2v)(v + 20) = (5v)(160) soit 800v + 16 000 – 2v2 – 40v = 800v Nous mettons toutes les expressions à gauche et ordonnons ce polynôme de degré 2 : – 2v2 – 40v + 16 000 = 0 (Nous divisons pa r – 2) v2 + 20v – 8 000 = 0. Pour démontrer que v2 + 20v – 8000 = (v + 10)2 – 8 100, nous développons le deuxième membre : (v + 10)2 – 8 100 = v2 + 20v + 100 – 8 100 = v2 + 20v – 8000. Cherchons maintenant v : v2 + 20v – 8000 = 0 ⇔ (v + 10)2 – 8 100 = 0 soit [(v + 10) – 90][(v + 10) + 90] = 0 (v – 80)(v + 100) = 0 nous avons deux solutions v1 = 80 ou v2 = – 100, seule v1 convient car 80∈[50 ; 150] . La vitesse cherchée était 80 km/h.

Vérifions tout ça : Si v = 80, le temps de parcours est 80

160 = 2h.

Si nous augmentons la vitesse moyenne de 20 km/h, elle devient 100 km/h et le temps

sera t’ = 100

160= 1,6 h soit 1h 36 mn (0,6 x 60’ = 36’). Il a bien diminué de 24 ’.

Exercice 5

P(x) = 3x

00045x3000

++

, x en années et x∈[0 ; 7].

a) La fonction P est une fonction homographique de la forme f(x) = dcx

bax

++

avec a = 3000,

b= 45 000, c = 1 et d = 3. Elle est bien définie sur [0 ; 7] car pour tout réel de cette intervalle, x + 3 ≠ 0. DP = [0 ; 7]. Donnons le tableau de valeurs

x 0 1 2 3 4 5 6 7 P(x) 15 000 12 000 10 200 9 000 ≈ 8 142 7 500 7 000 6 600

Nous voyons bien que cette fonction est décroissante sur [0 ; 7]. Démontrons ceci : soit x1 et x2, deux valeurs de la variable x dans l’intervalle [0 ; 7] tels que x2 ≥ x1 Calculons P(x2) – P(x1) pour étudier son signe (Nous voulons montrer que P(x2) – P(x1) ≤ 0 c’est-à-dire que P(x2) ≤ P(x1))

P(x2) – P(x1) = 3x

00045x3000

2

2

++

– 3x

00045x3000

1

1

++

= )3x)(3x(

)3x)(45000x3000()3x)(45000x3000(

21

2112

++++−++

=)3x)(3x(

135000x45000x9000xx3000135000x45000x9000xx3000

21

21211212

++−−−−+++

= )3x)(3x(

x36000x36000

21

21

++−

(Nous ne développons pas en bas car le signe du

dénominateur est ici facile à trouver)

= )3x)(3x(

xx(36000

21

)21

++−

or (x1 – x2) ≤ 0 ; (x1 +3) ≥ 0 et (x2 +3) ≥ 0, ∀x1∈[0 ; 7] et ∀x2∈[0 ; 7] avec x2 ≥ x1 donc P(x2) – P(x1) ≤ 0. x2 ≥≥≥≥ x1 ⇒⇒⇒⇒ P(x2) ≤≤≤≤ P(x1), P est décroissante sur [0 ;7]. Tableau de variations x 0 7 15 000 P(x) 6 600

Ici aussi, nous pouvons voir toute la courbe de la fonction f(x) =3x

00045x3000

++

x∈R.

Il s’agit d’une hyperbole et c’est l’occasion de voir qu’il y a deux asymptotes (y = 3000 et x = – 3 question étudiée en 1°) et une centre de symétrie (I(– 3 ; 3000) point d’intersection des deux asymptotes)

4 6 8 10 12 14-2-4-6-8-10-12-14-16

10000

15000

20000

-5000

-10000

-15000

0 2

5000

x

y

2) Nous cherchons x∈[0 ; 7] tel que P(x) ≥ 7800. Le tableau de valeurs nous montre que la solution est entre 4 et 5.

3x

00045x3000

++

≥ 7800

Nous pouvons multiplier les deux membres par x + 3 sans changer le sens car x + 3 est positif quand x∈[0 ; 7]. 3000x + 45 000 ≥ 7800(x + 3) 3000x + 45 000 ≥ 7800x + 23 400 (Faisons passer 3000x à droite) 45 000 – 23 400 ≥ 7800x – 3000x

21 600 ≥ 4800x ou autrement écrit 4800x ≤ 21600 et donc x ≤ 4800

21600

soit x ≤ 4,5. Il faudra attendre donc au maximum 4 ans et demi.