L’analyse de la Chapitre fonction quadratique · PDF file2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 Distance restant à parcourir selon le temps écoul ... L’équation de l’axe de symétrie

Reproduction autorisée © Les Éditions de la Chenelière inc. 69Intersection SN Guide A Corrigé du manuel

L’analyse de lafonction quadratique

Chapitre

3Entrée en matièreEn contexteManuel • p. 132

1. a)

b) y = –32512

x + 650

Oui, cette règle représente une fonction.

c) –32512

x + 650 ≤ 325

d) [12, 24]

Manuel • p. 133

2. x ≥ 200 000 • 1,4

3. a)

Dis

tanc

e (k

m)

700

650

600

550

500

450

400

350

300

250

200

150

100

50

0Temps (h)

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

Distance restant à parcourir selon le temps écoulé

x

y

2 31 6 74 5 8 9 100

10

89

67

23

1

45

b) Tous les points de l’axe ont en commun leur abscisse, qui a toujours la même valeur (et qui est 5).

4. a) Domaine : [0, 90]

Cela représente le fait que Pierre s’est entraîné durant 90 minutes.

b) La fonction est croissante pour x ∈ [0, 90].

c) Minimum : 0

La distance minimale parcourue par Pierre est nulle.

Maximum : 30

La distance maximale parcourue par Pierre est de 30 km.

En brefManuel • p. 134

1.

2.

3. a) 4 b) 5 c) 3 d) 1 e) 2

f(x)

1

1 x

f(x)

1

1 x

SN_GE-A_Corrige_Man_Ch3.indd 69 7/21/09 5:55:42 PM

70 Corrigé du manuel Intersection SN Guide A

4. a) 2x + 34 ≤ 70

b) x − 2 ≥ 12

5. a) f(x) = x + 2 et g(x) = –25

x + 35

b) i) ]−∞, −2] ii) ]−∞, −1] iii) ]−∞, 4[

6. a) 2x2 + 16x + 32

b) −x2 + 4x + 2

c) −x2

2 − 3x − 31

2

7. a) et d)

8. a) (x − 4)(x − 3)

b) (3x + 5)(x + 1)

c) (2x + 5)(x − 1)

La forme canonique deSection 1 la règle et les propriétésPrévenir la pénurieManuel • p. 135

On trace d’abord le graphique de la fonction quadratique en trouvant quelques couples par lesquels passe cette fonction. Exemple :

t n(t)

0 186

2 168

4 162

6 168

8 186

Nom

bre

d’ap

pren

tis

(mill

iers

)

900

800

700

600

500

400

300

200

100

0Temps (années écoulées)

5 10 15 20 25

L’évolution du nombre d’apprentis depuis 1991

S(4, 162)

On trouve ensuite la valeur ou les valeurs de t lorsque n(t) = 700.

n(t) = 1,5(t − 4)2 + 162

700 = 1,5(t − 4)2 + 162

538 = 1,5(t − 4)2

1 076

3 = (t − 4)2

± 10763

= √ (t − 4)2

t ≈ −14,93 ou t ≈ 22,93

t = 0 représente l’année 1991, donc t = 23 représente l’année 2014.

Au Canada, en 1991, le nombre d’apprentis dans les métiers spécialisés était de 186 000. Ce nombre a diminué entre 1991 et 1995, où le minimum de 162 000 apprentis a été atteint. Ensuite, le nombre d’apprentis a toujours progressé. Le gouvernement pourrait graduellement cesser de verser les subventions en 2014, car le nombre d’apprentis devrait alors avoir atteint 700 000.

1ActIvItéd’exploration L’observation de régularités

Manuel • p. 136

A En calculant la variation des accroissements de 1er niveau.

B (voir au bas de la page)

Pour la fonction polynomiale de degré 1, les accrois-sements de 2e niveau sont nuls.

Pour la fonction polynomiale de degré 2, les accrois-sements du 2e niveau sont constants et valent 2.

Réponses à la question B , page 136

B f(x) = 3x

x f(x)

0 0

1 3

2 6

3 9

4 12

5 15

+ 3

+ 3

+ 3

+ 3

+ 3

Accroissements de 1er niveau

+ 0

+ 0

+ 0

+ 0

Accroissements de 2e niveau

f(x) = x2

x f(x)

0 0

1 1

2 4

3 9

4 16

5 25

+ 1

+ 3

+ 5

+ 7

+ 9


+ 2

+ 2

+ 2

+ 2




C

D 1 2

3 4

E Si les accroissements de ne niveau sont constants et non nuls, alors la fonction polynomiale est de degré n.

Manuel • p. 137

F

Comme les accroissements de 3e niveau sont constants et non nuls, la fonction polynomiale est de degré 3.

G

1 f(x) = 5x2 2 g(x) = –3x2 3 p(x) = 12 x

2 + 5 4 q(x) = –2(x + 2)2

x f(x) x g(x) x p(x) x q(x)

0 0 0 0 0 5 0 –8

1 5 1 –3 1 112 1 –18

2 20 2 –12 2 7 2 –32

3 45 3 –27 3 192 3 –50

4 80 4 –48 4 13 4 –72

f(x) = 5x2

x f(x)

0 0

1 5

2 20

3 45

4 80

+ 5

+ 15

+ 25

+ 35


+ 10

+ 10

+ 10


g(x) = –3x2

x g(x)

0 0

1 –3

2 –12

3 –27

4 –48


− 3

− 9

− 15

− 21

− 6

− 6

− 6


+ 12

+ 32

+ 52

+ 72


+ 1

+ 1

+ 1


p(x) = 12 x

2 + 5

x p(x)

0 5

1 112

2 7

3 192

4 13


− 10

− 14

− 18

− 22

− 4

− 4

− 4


q(x) = –2(x + 2)2

x q(x)

0 –8

1 –18

2 –32

3 –50

4 –72

f(x) = 2x3

x f(x)

0 0

1 2

2 16

3 54

4 128

+ 2

+ 14

+ 38

+ 74


+ 12+ 12

+ 24+ 12

+ 36



f(x) = 5x2 g(x) = –3x2 p(x) = 12 x

2 + 5 q(x) = –2(x + 2)2

Paramètre a 5 −3 12 -2

Paramètre h 0 0 0 -2

Paramètre k 0 0 5 0



H Dans les fonctions polynominales de degré 2, les accroissements de 2e niveau valent toujours le double de la valeur du paramètre a.

Ai-je bien compris ?

1. 1 et 3

2. a) 2 b) −1 c) 23

2ActIvItéd’exploration Les paramètres jouent un rôle

Manuel • p. 138

A

B Les couples (−1, 1) et (1, 1) sont symétriques par rapport à l’axe des ordonnées. Il en est de même pour les couples (−2, 4) et (2, 4). Le couple (0, 0) est sur l’axe des ordonnées. L’axe des ordonnées est donc l’axe de symétrie.

C x = 0

D 1) 2 2) 1 3) 4 4) 5 5) 3

E Le signe du paramètre a détermine l’orientation de l’ouverture de la parabole : pour une valeur négative de a, la parabole est ouverte vers le bas et pour une valeur positive, elle est ouverte vers le haut. De plus, si la valeur absolue de a est plus grande que 1, la parabole est moins ouverte que lorsque a = 1 et si la valeur absolue de a est plus petite que 1, la parabole est plus ouverte que lorsque a = 1.

F Non, si la valeur du paramètre a était 0, ce ne serait pas une fonction polynomiale de degré 2, mais plutôt une fonction polynomiale dont le degré serait inférieur à 2.

Manuel • p. 139

G

f(x) = x2 x -2 -1 0 1 2

f(x) 4 1 0 1 4

g(x)

1

1 x

g1

g2

g3

g4

H Les sommets sont respectivement (5, 0), (−4, 0), (0, −5) et (0, 4).

I Le sommet est (5, 4).

J Les coordonnées du sommet de la parabole sont (h, k).

K L’équation de l’axe de symétrie de la fonction p1 est x = 2.

L’équation de l’axe de symétrie de la fonction p2 est x = −1.

L’équation de l’axe de symétrie de la fonction p3 est x = 3.

L Les coordonnées du sommet étant (h, k), l’équation de l’axe de symétrie est x = h.

Manuel • p. 140

M 0 = 2(x + 1)2 – 8

8 = 2(x + 1)2

4 = (x + 1)2

±2 = x + 1

Les deux zéros de la fonction sont donc −3 et 1.

N p1(x) = −(x − 2)2 – 4

0 = −(x − 2)2 – 4

4 = −(x − 2)2

−4 = (x − 2)2

La racine carrée d’un nombre négatif est impossible à calculer dans l’ensemble des nombres réels (r).

O p1 : a = −1, k = −4 et cette fonction ne possède pas de zéro.

p2 : a = 2, k = −8 et cette fonction possède deux zéros.

p3 : a = 12, k = 0 et cette fonction possède un seul zéro.

Conjecture : Si a et k sont de même signe, la fonction quadratique ne possède pas de zéro.

Si a et k sont de signes opposés, la fonction quadra-tique possède deux zéros.

Si k = 0, la fonction quadratique possède un seul zéro.



P


1. a) 1 et a 2 et d 3 et c 4 et b

b) 1 (0, 3) 2 (−3, 0) 3 (3, 0) 4 (0, −3)

c) 1 x = 0 2 x = −3 3 x = 3 4 x = 0

2. a) 1) 2 zéros 3) aucun zéro

2) 1 zéro 4) 2 zéros

b) 1) x1 = 25

et x2 = − 25

2) x = 6

4) x1 = 2,5 et x2 = 1,5

3ActIvItéd’exploration Le Stromboli en éruption

Manuel • p. 141

A Le sommet est (5,5, 151,25). Dans ce contexte, le sommet correspond au moment où l’amas de roches atteint sa hauteur maximale, soit une hauteur de 151,25 mètres 5,5 secondes après le début de l’éruption.

Étapes Graphique

1. Placer le sommet de la parabole dont les coordonnées sont (2, −6) et tracer l’axe de symétrie dont l’équation est x = 2.

g(x)

1

1 x

S(2, −6)(3, −5,5)(1, −5,5)

(4, −4)(0, −4)

(−1,46, 0) (5,46, 0)

2. En utilisant la règle, calculer la valeur de g(3) et de g(4). On trouve que g(3) = −5,5 et que g(4) = −4.

Placer les couples ainsi formés dans le plan cartésien : (3, −5,5) et (4, −4).

3. À partir des deux points placés à l’étape 2, utiliser l’axe de symétrie pour placer deux autres points de la parabole.

4. Calculer la valeur des zéros. On trouve que les zéros de la fonction g sont environ −1,46 et environ 5,46.

Placer les couples ainsi formés dans le plan cartésien : (−1,46, 0) et (5,46, 0).

Compléter ensuite le tracé de la parabole.

B

C La fonction h est décroissante sur l’intervalle [5,5, 11]. Dans ce contexte, l’intervalle correspond à la période de temps pendant laquelle l’amas de roches redescend.

D L’amas de roches reste au dessus du cratère pendant 11 secondes.

E 90 = −5(t − 5,5)2 + 151,25

−61,25 = −5(t − 5,5)2

12,25 = (t − 5,5)2

±3,5 = t − 5,5

Les valeurs de t sont donc 2 et 9.

Dans ce contexte, les valeurs de t correspondent aux moments où l’amas de roches se situe exactement à une hauteur de 90 m, soit 2 secondes et 9 secondes après le début de l’éruption du volcan.

Hau

teur

(m

) Le Stromboli en éruption

25

50

75

100

125

150

175

20 4 6 8 10 12 14Temps (s)

S(5,5, 151,25)



Manuel • p. 142

F −5(t – 5,5)2 + 151,25 ≥ 50

G 50 = −5(t − 5,5)2 + 151,25 −101,25 = −5(t − 5,5)2

20,25 = (t − 5,5)2

±4,5 = t − 5,5

Les valeurs de t sont 1 et 10.

L’amas de roches se situe exactement à une hauteur de 50 m 1 seconde et 10 secondes après l’éruption du volcan.

H

I [1, 10]

J 1) ]3, 8[

2) [0, 1,5] ∪ [9,5, 11]

3) { }

K 1) L’amas de roches se situe à une hauteur de plus de 120 m de 3 à 8 secondes après le début de l’éruption.

2) L’amas de roches se situe à une hauteur d’au plus 71,25 m entre 0 et 1,5 secondes et entre 9,5 et 11 secondes après le début de l’éruption.

3) L’amas de roches n’atteint jamais une hauteur supérieure à 200 m.


1.

Hau

teur

(m

) Le Stromboli en éruption

25

50

75

100

125

150

175

20 4 6 8 10 12 14Temps (s)

S(5,5, 151,25)

2

1 x

f(x)

(0, 11,25)

S(7, −1)

a) Min f = −1b) f est décroissante pour x ∈ ]– ∞, 7], croissante pour

x ∈ [7, +∞[, positive pour x ∈ ]– ∞, 5] ∪ [9, +∞[ et négative pour x ∈ [5, 9].

c) i) x1 = 1 et x2 = 13 ii) ]– ∞, 1] ∪ [13, +∞[

iii) [1, 13] iv) { } v) r vi) { }

Mise en pratiqueManuel • p. 147

1. Niveau de difficulté : faible

a)

b)

c) Remarque : Dans le manuel, pour x = 4, la valeur de y devrait être 75 au lieu de 78.

d)

degré 2

x y

0 7

1 5

2 5

3 7

4 11

− 2

+ 0

+ 2

+ 4


+ 2

+ 2

+ 2


degré 1

x y

0 6

1 4

2 2

3 0

4 −2

− 2

− 2

− 2

− 2


degré 3

x y

0 −1

1 0

2 9

3 32

4 75

+ 1

+ 9

+ 23

+ 43


+ 8+ 6

+ 14+ 6

+ 20



degré 1

x y

0 5

1 2

2 −1

3 −4

4 −7

− 3

− 3

− 3

− 3





a)

b)

c)

d)

3. Niveau de difficulté : moyen


a) 4 b) 1 c) 2 d) 3

a = 2 ÷ 2 = 1

x y

0 3

1 6

2 11

3 18

4 27

+ 3

+ 5

+ 7

+ 9


+ 2

+ 2

+ 2


a = 8 ÷ 2 = 4

x y

0 −2

1 1

2 12

3 31

4 58

+ 3

+ 11

+ 19

+ 27


+ 8

+ 8

+ 8


a = −4 ÷ 2 = −2

x y

0 4

1 5

2 2

3 −5

4 −16

+ 1

− 3

− 7

− 11


− 4

− 4

− 4


a = −2 ÷ 2 = −1

x y

0 0

1 3

2 4

3 3

4 0

+ 3

+ 1

− 1

− 3


− 2

− 2

− 2


12, 11, 6, –3, –16, –33, –54, –79, –108

−1 −21−5 −25

−4 −4

−9 −29

−4 −4

−13

−4 −4

−17

−4


a) a = 1, h = −8 et k = 0

b) a = 0,8, h = 0 et k = 18

c) a = −12

, h = 6 et k = 0

d) a = −4, h = −5 et k = −6

Manuel • p. 148


a) Si k = 0, alors il y a un seul zéro.

Si a et k sont de signes opposés, alors il y a deux zéros.

Si a et k sont de même signe, alors il n’y a pas de zéro.

b) Il y a toujours une seule ordonnée à l’origine.


a) 1 (−5, 0) 3 (2, −5) 5 (5, −4)

2 (−1, 0) 4 (

−6, 2) 6 (−4, 3)

b) 1 x = −5 3 x = 2 5 x = 5

2 x = −1 4 x = −6 6 x = −4

c) 1 Dom f1 = r 4 Dom f4 = r Ima f1 = [0, +∞[ Ima f4 = [2, +∞[

2 Dom f2 = r 5 Dom f5 = r Ima f2 = ]−∞, 0] Ima f5 = [−4, +∞[

3 Dom f3 = r 6 Dom f6 = r Ima f3 = ]−∞, −5] Ima f6 = ]−∞, 3]

d) 1 Min f1 = 0 3 Max f3 = −5 5 Min f5 = −4

2 Max f2 = 0 4 Min f4 = 2 6 Max f6 = 3

f(x)

2

2 x

f6 f2 f3

f5f4 f1



e) 1 f1(x) = (x + 5)2

0 = (x + 5)2

±√ 0 = x + 5

x = −5

Le zéro de la fonction est −5.

2 f2(x) = −12

(x + 1)2

0 = −12

(x + 1)2

±√ 0 = x + 1

x = −1

Le zéro de la fonction est −1.

3 f3(x) = −(x − 2)2 − 5

0 = −(x − 2)2 − 5

−5 = (x − 2)2

Cette fonction ne possède pas de zéro.

4 f4(x) = 2(x + 6)2 + 2

0 = 2(x + 6)2 + 2

−1 = (x + 6)2

Cette fonction ne possède pas de zéro.

5 f5(x) = (x − 5)2 − 4

0 = (x − 5)2 − 4

±√ 4 = x − 5

x1 = 3 et x2 = 7

Les zéros de la fonction sont 3 et 7.

6 f6(x) = −(x + 4)2 + 3

0 = −(x + 4)2 + 3

±√ 3 = x + 4

x1 = −4 + √ 3 et x2 = −4 − √ 3

Les zéros de la fonction sont −4 + √ 3 et −4 − √ 3.

Manuel • p. 149


a) ]−∞, 2] b) [2, +∞[

c) [−3, 7] d) ]−∞, −3] ∪ [7, +∞[


a) Dom f = rIma f = ]−∞, 7]

b) Max f = 7

c) L’équation de l’axe de symétrie est x = 2. Si un des zéros est 12, l’autre est −8. f est positive pour x ∈ [−8, 12] et négative pour x ∈ ]−∞, −8] ∪ [12, +∞[ .


a) 1) 10,8 m 2) 78 m

b) 70 km/h


a)

b) Durée de la chute sur la Terre: environ 5 s

Durée de la chute sur la Lune: environ 12,2 s

Explication : La force gravitationnelle est plus forte sur la Terre que sur la Lune. L’objet met donc plus de temps à tomber sur la Lune.

Manuel • p. 150


a) La hauteur maximale de la balle est de 13 m.

b) La hauteur de la balle est de 90,4 cm au moment où on la frappe.

c) 0 = −2,1(t − 2,4)2 + 13

± 13

2,1 = (t − 2,4)

t1 = −0,09 et t2 = 4,89

Il faut 4,89 s à la balle après l’impact pour toucher le sol.

d) Dom h = [0, 4,89] Ima h = [0, 13]


a) 5(x – 6)2 + 20 ≤ 45

5(x – 6)2 + 20 = 45

(x – 6)2 = 5

x – 6 = ±√ 5

x = 6 ± √ 5

102030405060708090

100110120

10 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 14151312

Temps (s)

Hau

teur

(m

)

Terre

Lune



La parabole est ouverte vers le haut et on cherche les valeurs de x pour lesquelles son image est inférieure ou égale à 45.

[6 – √ 5, 6 + √ 5]

b) 5(x – 6)2 + 20 ≤ 15

5(x – 6)2 + 20 = 15

(x – 6)2 = −1

x – 6 = ±√ La parabole est ouverte vers le haut et il n’y a

aucune valeur de x pour laquelle son image est inférieure ou égale à 15.

{ }

c) 5(x – 6)2 + 20 > 100

5(x – 6)2 + 20 = 100

(x – 6)2 = 16

x – 6 = ±√ 16

x = 6 ± 4

La parabole est ouverte vers le haut et on cherche les valeurs de x pour lesquelles son image est supérieure à 100.

]−∞, 2[ ∪ ]10, +∞[


40 ≤ −23

(t − 5)2 + 60

40 = −23

(t – 5)2 + 60

30 = (t – 5)2

±√ 30 = t – 5

t = 5 ± √ 30

t1 ≈ −0,48 et t2 ≈ 10,48

La parabole est ouverte vers le bas, on cherche les valeurs de t pour lesquelles son image est supérieure ou égale à 40.

La caméra reste 10,48 heures à au moins 40 m sous l’eau.


100 = −3(t − 5)2 + 175

100 = –3(t – 5)2 + 175

25 = (t – 5)2

±√ 25 = t – 5

t = 5 ± 5

t1 = 0 et t2 = 10

Le boulet restait pendant 10 s à une altitude plus élevée que celle du cap Diamant.

−1

Section 2 La forme générale et la forme factorisée de la règle

Surface maximaleManuel • p. 151

Soit v, la mesure de la longueur totale de la bordure de rétention.

On suppose que x représente la mesure de la largeur de la surface rectangulaire à cultiver.

La mesure de la longueur de cette surface peut être

représentée par l’expression v − 2x2 .

Soit A(x), l’aire de la surface à cultiver en fonction de la mesure de la largeur x.

A(x) = x v − 2x2

A(x) = vx − 2x2

2

A(x) = −x2 + vx2

Comme la fonction A(x) est représentée graphiquement par une parabole, la valeur maximale de l’aire est atteinte lorsque x = h. On cherche le h du sommet de cette parabole. On commence par trouver les zéros de cette fonction.

A(x) = −x2 + vx2

0 = −x x − v 2

Les zéros de cette fonction sont 0 et v 2 .

Comme la parabole est une courbe symétrique, on peut déterminer la valeur de h ainsi :

h = 0 + v 2

2 = v

4

La valeur maximale de la fonction est atteinte lorsque x = v 4.

Il faut donc que la mesure de la largeur de la surface rectangulaire à cultiver soit le quart de la mesure de la longueur totale de la bordure de rétention, ce qui démontre bien que la surface carrée est celle qui a la plus grande aire.

1ActIvItéd’exploration Une règle : trois formes

Manuel • p. 152

A 1) 2

2) 3

3) 1



B 1) f1(x) = 3(x − 2)2 − 27

f1(x)= 3(x2 − 4x + 4) − 27

f1(x) = 3x2 − 12x + 12 − 27

f1(x) = 3x2 − 12x − 15

f1(x) = f2(x)

2) f3(x) = 3(x + 1)(x − 5)

f3(x) = 3(x2 − 4x − 5)

f3(x) = 3x2 − 12x − 15

f3(x) = f2(x)

C La complétion de carré

f2(x) = 3x2 − 12x − 15

f2(x) = 3(x2 − 4x − 5)

f2(x) = 3(x2 − 4x + 4 − 4 − 5)

f2(x) = 3((x − 2)2 − 9)

f2(x) = 3(x − 2)2 − 27

f2(x) = f1(x)

D La factorisation

f2(x) = 3x2 − 12x − 15

f2(x) = 3(x2 − 4x − 5)

f2(x) = 3(x + 1)(x − 5)

f2(x) = f3(x)

E Il est toujours possible d’effectuer le passage évoqué en C. Pour le prouver, on prend une fonction quadratique quelconque, f(x) = ax2 + bx + c, et on la manipule de la façon suivante :

f(x) = ax2 + bx + c

f(x) = a x2 + b a

x + b 2a

² − b2 4a2

+ c a

f(x) = a x + b 2a

² − b2 − 4ac4a2

f(x) = a x + b 2a

2 + 4ac − b2

4a

Il n’est pas toujours possible d’effectuer le passage évoqué en D.

En effet, le passage de la forme générale à la forme factorisée s’effectue à condition que la fonction possède au moins un zéro. Par exemple, la fonction dont la règle est f(x) = 3x² − 12x + 15 ne peut s’écrire sous la forme factorisée.

F Non, le paramètre a donne une information sur l’ouverture de la parabole. Deux fonctions peuvent avoir la même ouverture mais ne pas avoir le même sommet ; elles ne sont donc pas équivalentes.

G La fonction g1 est exprimée sous la forme générale. On peut manipuler algébriquement les fonctions g2 et g3 pour les exprimer sous cette même forme.

g2(x) = 2(x − 4)(x + 3)

g2(x) = 2(x2 − x − 12)

g2(x) = 2x2 − 2x − 24

g3(x) = 2 x − 12

2 − 49

2

g3(x) = 2 x2 − x + 14

− 492

g3(x) = 2x2 − 2x + 12 − 49

2

g3(x) = 2x2 − 2x − 24

Ces trois règles représentent la même fonction.

Manuel • p. 153

H 1) Les coordonnées du sommet sont (6, 16).

2) Les zéros sont 2 et 10.

3) L’ordonnée à l’origine est –20.

I 1) La forme canonique de la règle

2) La forme factorisée de la règle

3) La forme générale de la règle

J h = x1 + x2

2 = 2 + 10

2 = 12

2 = 6, où x1 et x2 sont

les zéros de la fonction.

L’abscisse du sommet correspond à la moyenne des zéros.

K À partir de la forme canonique, on trouve facilement les coordonnées du sommet de la parabole.

À partir de la forme factorisée, on trouve facilement les zéros de la fonction.

À partir de la forme générale, on trouve facilement l’ordonnée à l’origine de la fonction.


1. a) 1 f(x) = (x − 3)2 − 1

2 g(x) = 2(x − 1)2 − 18

3 h(x) = –(x + 4)2

b) 1 f(x) = (x − 2)(x − 4)

2 g(x) = 2(x + 2)(x − 4)

3 h(x) = –(x + 4)(x + 4)



2. a) 1 (–5, –9)

2 (1, 7)

3 (4, –45)

b) 1 aucun zéro

2 aucun zéro

3 x1 = 1 et x2 = 7

c) 1 f(0) = –34

2 g(0) = 10

3 h(0) = 35

2ActIvItéd’exploration Les feux d’artifice

Manuel • p. 154

A La hauteur de la pièce par rapport au niveau de l’eau du lac, en mètres, lorsqu’on projette cette pièce.

B h1(t) = –5(t − 10)2 + 502

h2(t) = –5(t − 10)2 + 520

h3(t) = –5(t − 8)2 + 380

C Les zéros de la fonction h1 sont 100 − √ 1004010

et

100 + √ 10040

10 (approximativement –0,02 et 20,02).

Les zéros de la fonction h2 sont 100 − √ 1040010

et 100 + √ 1040010

(approximativement –0,2 et 20,2).

Les zéros de la fonction h3 sont 80 − √ 760010

et 80 + √ 760010

(approximativement –0,72 et 16,72).

D

Hau

teur

(m

) Les feux d’artifice

Temps (s)

S(8, 380)

S(10, 520)

S(10, 502)

h3

h1

h2

Manuel • p. 155

E Le plus grand des zéros correspond au nombre de secondes qui s’écoulent avant que les pièces pyrotechniques redescendent au niveau de l’eau.

F 1) 502 m

2) 520 m

3) 380 m

G 1) 10 s

2) 8 s

H h1 est croissante pour t ∈ [0, 10] et décroissante pour t ∈ [10, 20,02].

h2 est croissante pour t ∈ [0, 10] et décroissante pour t ∈ [10, 20,2].

h3 est croissante pour t ∈ [0, 8] et décroissante pour t ∈ [8, 16,72].

I L’intervalle de croissance correspond à la période de temps pendant laquelle la pièce pyrotechnique monte.

L’intervalle de décroissance correspond à la période de temps pendant laquelle la pièce pyrotechnique redescend.

J h1(t) = –5t2 + 100t + 2

182 = –5t2 + 100t + 2

0 = –5t2 + 100t − 180

0 = –5(t2 − 20t + 36)

0 = –5(t − 2)(t − 18)

t = 2 ou t = 18

La famille Berlatie peut donc apercevoir pour la première fois les feux lancés à partir de la rampe P 2 secondes après que la pièce a été projetée.




1. a) y = x2 − 20x + 36

Coordonnées du sommet (10, –64)

Zéros x1 = 2 et x2 = 18

Domaine et image Dom = r Ima = [–64, + ∞[

Ordonnée à l’origine f(0) = 36

VariationCroissante pour x ∈ [10, + ∞[Décroissante pour x ∈ ]– ∞, 10]

SignePositive pour x ∈ ]– ∞, 2] ∪ [18, + ∞[

Négative pour x ∈ [2, 18]

Extremums Min = –64

Équation de l’axe de symétrie x = 10

b) y = 3x2 − 12x + 11

Coordonnées du sommet (2, –1)

Zéros x1 = 2 − √ 33

et x2 = 2 + √ 33

Domaine et image Dom = r Ima = [–1, + ∞[


VariationCroissante pour x ∈ [2, + ∞[Décroissante pour x ∈ ]– ∞, 2]

SignePositive pour x ∈ ]– ∞, 2 −

13

] ∪ [2 + 13

, + ∞[

Négative pour x ∈ [2 − 13

, 2 + 13

]

Extremums Min = −1


c) y = –2x2 − 4x + 1

Coordonnées du sommet (−1, 3)

Zéros x1 = −1 − √ 62

et x2 = −1 + √ 62

Domaine et image Dom = r Ima = ]– ∞, 3]


VariationCroissante pour x ∈ ]– ∞, −1]Décroissante pour x ∈ [−1, + ∞[

SignePositive pour x ∈ [– 1 −

32

, – 1 + 32

]

Négative pour x ∈ ]– ∞, −1 − 32

] ∪ [−1 + 32

, + ∞[

Extremums Max = 3

Équation de l’axe de symétrie x = −1



2. a) x1 = –1 et x2 = 5

b) x1 = –3 et x2 = 7

c) Aucune valeur



a) f1(x) = 2x2 − 16x + 35

b) f2(x) = −x2 − 2x − 6

c) f3(x) = 2,5x2 − 12,5x + 12,025

d) f4(x) = −4x2 + 8x + 60

e) f5(x) = −3x2 + 2x

f) f6(x) = 13

x2 − 83

x + 163


a) f1(x) = 8(x − 1)(x − 4)

b) f2(x) = 4(x + 6)(x − 5)

c) f3(x) = −3(x + 1)(x − 3)

d) f4(x) = 5(x + 4)(x − 3)

e) f5(x) = 13

x(x − 6)

f) f6(x) = 14

x − 12

x − 52


a) f1(x) = 2(x − 4)2 + 3

b) f2(x) = −3(x + 4)2 − 1

c) f3(x) = 5(x + 1)2 − 5

d) f4(x) = (x + 6)2

e) f5(x) = 12

x − 14

2

+ 3

32

f) f6(x) = 15

(x − 3)2 + 5


a) La forme canonique

b) La forme factorisée

c) La forme canonique

d) La forme canonique

e) La forme générale

f) La forme canonique


a) (2, −2) b) (5, 6) c) (3, −1) d) (2, 0)

Manuel • p. 160


a) f1(x) = 2x2 + 7x

Ordonnée à l’origine : 0

f1(x) = 2x2 + 7x

f1(x) = 2 x2 + 72

x + 4916

− 4916

f1(x) = 2 x + 74

2 − 49

8

Sommet : −74

, −498

f1(x) = 2x2 + 7x

f1(x) = 2x (x + 72

)

Zéros : x1 = 0 et x2 = −72

b) f2(x) = 3x2 + 2x − 5

Ordonnée à l’origine : −5

f2(x) = 3x2 + 2x − 5

f2(x) = 3 x2 + 23

x − 53

f2(x) = 3 x2 + 23

x + 19

− 53

− 19

f2(x) = 3 x + 13

2 − 163

Sommet : −13

, −163

f2(x) = 3x2 + 2x − 5

f2(x) = 3x2 − 3x + 5x − 5

f2(x) = 3x(x − 1) + 5(x − 1)

f2(x) = (3x + 5)(x − 1)

f2(x) = 3 x + 53

(x − 1)

Zéros : x1 = −53

et x2 = 1

f(x)

x

(0, 0)

–7

S 4–49–78

,

, 02



c) f3(x) = −2x2 − 3x − 2

Ordonnée à l’origine : −2

f3(x) = −2x2 − 3x − 2

f3(x) = −2(x2 + 32

x + 1)

f3(x) = −2 x2 + 32

x + 916

+ 1 − 916

f3(x) = −2 x + 34

2 − 78

Sommet : −34

, −78

Comme a et k sont négatifs, il n’y a pas de zéros.

d) f4(x) = 2(x − 1)(x − 5)

Zéros : x1 = 1 et x2 = 5

f4(x) = 2(x − 1)(x − 5)

f4(x) = 2(x2 − 6x + 5)

f4(x) = 2x2 − 12x + 10


f4(x) = 2(x2 − 6x + 5)

f4(x) = 2(x2 − 6x + 9 + 5 − 9)

f4(x) = 2(x − 3)2 − 8

Sommet : (3, −8)

f(x)

x

(1, 0)

(0, –5)�–13

�–163

�

,S

, 0–53

f(x)

x

(0, –2)

�–34

�–78

,S

e) f5(x) = −(x + 3)(x − 7)

Zéros : x1 = −3 et x2 = 7

f5(x) = −(x + 3)(x − 7)

f5(x) = −x2 + 4x + 21


f5(x) = −(x + 3)(x − 7)

f5(x) = −(x2 − 4x − 21)

f5(x) = −(x2 − 4x + 4 − 21 − 4)

f5(x) = −(x − 2)2 + 25

Sommet : (2, 25)

f) f6(x) = 2x(x + 4)

Zéros : x1 = 0 et x2 = −4

f6(x) = 2x(x + 4)

f6(x) = 2x2 + 8x


f6(x) = 2x2 + 8x

f6(x) = 2(x2 + 4x)

f6(x) = 2(x2 + 4x + 4 − 4)

f6(x) = 2(x + 2)2 − 8

Sommet : (–2, –8)

f(x)

x

(3, –8)

(5, 0)(1, 0)

(0, 10)

2

S

f(x)

x

(–3, 0) 4

(7, 0)

(0, 21)

S(2, 25)



Réponses à la question 8, page 160


a) f(x) = 12

(x − 5)(x + 1)

Coordonnées du sommet 2,

–92

Zéros x1 = 5 et x2 = −1

Domaine et image Dom f = r Ima f = [

–92

, + ∞[

Ordonnée à l’origine f(0) = –52

Variationf est croissante pour x ∈ [2, + ∞[

f est décroissante pour x ∈ ]– ∞, 2]

Signef est positive pour x ∈ ]– ∞, −1] ∪ [5, + ∞[

f est négative pour x ∈ [−1, 5]

Extremums Min f =

–92


b) g(x) = –2(x − 2)(x − 4)

Coordonnées du sommet (3, 2)

Zéros x1 = 4 et x2 = 2

Domaine et image Dom g = r Ima g = [– ∞, 2[

Ordonnée à l’origine g(0) = −16

Variationg est croissante pour x ∈ ]– ∞, 3]g est décroissante pour x ∈ [3, + ∞[

Signeg est positive pour x ∈ [2, 4]g est négative pour x ∈ ]– ∞, 2] ∪ [4, + ∞[

Extremums Max g = 2



a) f est positive pour x ∈ ]– ∞, −4 − √ 2] ∪ [−4 + √ 2, + ∞[

f est négative pour x ∈ [−4 − √ 2, −4 + √ 2 ]

f(x)

x (–4, 0)

(0, 0)4

S(–2, –8)

b) g est positive pour x ∈ [3 − √ 3, 3 + √ 3]

g est négative pour x ∈ ]– ∞, 3 − √ 3 ] ∪ [3 + √ 3, +∞[

c) h est positive pour x ∈ r

8. (voir au bas de la page)


f(x) = −0,1x2 + 2x + 14

f(x) = −0,1(x2 − 20x − 140)

f(x) = −0,1(x2 − 20x + 100 − 140 − 100)

f(x) = −0,1(x − 10)2 + 24

La hauteur maximale atteinte par le jet d’eau est de 24 cm.



Manuel • p. 161


a) Elle l’a lancé d’une hauteur de 2 m.

b) a(t) = −12

t2 + 32

t + 2

a(t) = −12

(t2 − 3t − 4)

a(t) = −12

t2 − 3t + 9

4 − 4 − 9

4

a(t) = −12

(t − 1,5)2

+ 25

8

L’altitude maximale atteinte par l’avion est de 3,125 m.

c) L’altitude de l’avion a augmenté pendant 1,5 s.

d) a(t) = −12

t2 + 32

t + 2

a(t) = −12

(t2 − 3t − 4)

a(t) = −12

(t − 4)(t + 1)

L’avion a touché le sol 4 s après avoir débuté

son vol.


a) f(x) = −0,008x2 + 0,04x

f(x) = −0,008(x2 − 5x)

f(x) = −0,008 x2 − 5x + 25

4 − 25

4

f(x) = −0,008(x − 2,5)2 + 0,05

Le taux d’accroissement maximal est de 0,05 mm2/h et le temps pour l’atteindre est de 2,5 heures.

b) Entre 0 et 2,5 heures, le taux d’accroissement des cellules augmente, tandis qu’après 2,5 heures, il diminue.


a) Aucune solution réelle

b) x1 = 8 et x2 = 12

c) x1 = 6 et x2 = 14


a)

Hau

teur

(m

)

Temps (s)

S(25, 15)

0 50

b) h(t) = −3

125t2 + 6

5t

h(t) = −3

125(t2 − 50t)

h(t) = −3

125(t2 − 50t + 625 − 625)

h(t) = −3

125(t − 25)2

+ 15

La hauteur maximale atteinte par le ballon est de 15 m.

c) h(t) = −3t2

125 + 6t

5

0 = −3t2

125 + 6t

5

0 = −3t125

(t − 50)

t1 = 0 et t2 = 50

Le ballon touchera le sol après 50 s.

d) Le ballon est en ascension pendant 25 s.

Manuel • p. 162


Les trois plus petits nombres premiers générés par cette fonction sont 17, 19 et 23.


a) La valeur initiale correspond aux profits de l’entreprise au début de l’année. Dans ce cas, l’entreprise a débuté l’année avec une dette de 80 000 dollars.

b) 0 = −2t2 + 28t − 80

t1 = 4 et t2 = 10

[0, 4[ ∪ ]10, 12]

c) 16 = −2t2 + 28t − 80

0 = −2t2 + 28t − 96

0 = 2(t − 6)(t − 8)

t1 = 6 et t2 = 8

L’ouverture de la parabole est vers le bas et on cherche les valeurs de t pour lesquelles son image est supérieure ou égale à 16. C’est sur l’intervalle [6, 8].

Les profits ont été d’au moins 16 000 $ pendant 2 mois.


a) t(11) = −0,4 • 11(11 − 10)

t(11) = −4,4

À 17 h, il faisait −4,4 °C.



b) −30 = −0,4h(h − 10)

0 = −0,4h2 + 4h + 30

h1 = −5 et h2 = 15

La température a atteint −30 °C à 21 h (15 + 6).

c) ]15, 18], c’est-à-dire que la température était inférieure à −30 °C entre 21 h et minuit.

La rechercheSection 3 de la règleTrop c’est comme pas assez !Manuel • p. 163

La représentation graphique indique que le sommet de la fonction quadratique est (30, 1600) et que cette fonction passe par le point (0, 1000). On trouve la règle de cette fonction quadratique sous la forme canonique :

f(x) = a(x − h)2 + k

f(x) = a(x − 30)2 + 1 600

1 000 = a(0 − 30)2 + 1 600

1 000 = a(900) + 1 600

–23

= a

La règle de la fonction quadratique est

f(x) = –23

(x − 30)2 + 1 600.

Le sommet de la fonction quadratique étant (30, 1600), il est inutile d’utiliser plus de 30 bénévoles par période de 8 heures.

On calcule le nombre de sinistrés qui pourront être évacués lorsque le nombre de bénévoles disponibles par période de 8 heures est 15, 21 et 25 : (voir au bas de la page)

Réponse, page 163

Pour 15 bénévoles Pour 21 bénévoles Pour 25 bénévoles

f(x) = –23

(x − 30)2 + 1 600

f(15) = –23

(15 − 30)2 + 1 600

f(15) = –23

(−15)2 + 1 600

f(15) = −150 + 1 600

f(15) = 1 450

f(x) = –23

(x − 30)2 + 1 600

f(21) = –23

(21 − 30)2 + 1 600

f(21) = –23

(−9)2 + 1 600

f(21) = −54 + 1 600

f(21) = 1 546

f(x) = –23

(x − 30)2 + 1 600

f(25) = –23

(25 − 30)2 + 1 600

f(25) = –23

(−5)2 + 1 600

f(25) ≈ −17 + 1 600

f(25) ≈ 1 583

On calcule le nombre de sinistrés qu’il reste à évacuer à la fin de chaque période de 8 heures :

8 000 − 1 546 = 6 454

6 454 − 1 450 = 5 004

5 004 − 1 583 = 3 421

3 421 − 1 600 = 1 821

1 821 − 1 600 = 221

Les 5 premières périodes de 8 heures totalisent 40 heures. C’est durant la 6e période de 8 heures que les derniers sinistrés pourront être évacués. Puisque 1 546 sinistrés peuvent être évacués durant ces 8 heures, on peut supposer qu’environ 193 sinistrés seront évacués à chaque heure. Il faudra donc environ 1,15 heure pour évacuer les 221 sinistrés qu’il restera à évacuer à la fin de la 5e période (c’est-à-dire environ 1 heure et 9 minutes).

Voici un portrait global du plan d’évacuation : (voir au haut de la page suivante)

Le temps nécessaire pour évacuer les 8 000 sinistrés est évalué à environ 41 heures et 9 minutes.

Pour maximiser l’efficacité du plan d’évacuation, il est essentiel que le nombre de bénévoles qui travailleront durant chaque période de 8 heures soit inférieur ou égal à 30.

Il serait possible de rendre ce plan d’évacuation plus efficace en appliquant la mesure suivante : convaincre 29 bénévoles parmi ceux disponibles durant la 4e et la 5e période de 8 heures de se rendre plutôt disponibles durant l’une des trois premières périodes de 8 heures. En effet, en augmentant le nombre de bénévoles à 30 durant les trois premières périodes de 8 heures, le temps nécessaire pour évacuer les sinistrés pourrait être réduit. Voici le portrait de la situation qu’on obtiendrait si une telle mesure était appliquée : (voir au haut de la page suivante)

Quarante heures seraient alors nécessaires pour évacuer les 8 000 sinistrés. Il faut toutefois être conscient que certaines conditions peuvent faire en sorte que cette suggestion ne puisse pas être appliquée.



1ActIvItéd’exploration Des fonctions artistiques

Manuel • p. 164

A

B La forme canonique

C Le paramètre a

D Plusieurs réponses sont possibles. Exemple : (3, 0)

S(0, 36)

S(0, 0)

S(0,18)

1

23

4

1

6

x

y

Manuel • p. 165

E (voir au haut de la page suivante)

F 2 f2(x) = a(x − h)2 + k

f2(x) = a(x − 0)2 + 0

36 = a(3 − 0)2 + 0

36 = a(3)2 + 0

36 = a • 9

4 = a

f2(x) = 4(x − 0)2 + 0

f2(x) = 4x2

3 f3(x) = a(x − h)2 + k

f3(x) = a(x − 0)2 + 18

0 = a(3 − 0)2 + 18

0 = a(3)2 + 18

−18 = a • 9

−2 = a

f3(x) = −2(x − 0)2 + 18

f3(x) = −2x2 + 18

Réponses, page 163

PériodeNombre de bénévoles disponibles

Nombre de bénévoles qui travailleront

Nombre de sinistrés qui pourront être

évacués

Nombre de sinistrés qu’il restera à évacuer à la fin de la période

1 12 h à 20 h 21 21 1 546 6 454

2 20 h à 4 h 15 15 1 450 5 004

3 4 h à 12 h 25 25 1 583 3 421

4 12 h à 20 h 66 30 1 600 1 821

5 20 h à 4 h 45 30 1 600 221

6 4 h à 12 h 21 21 1 546 0

PériodeNombre de bénévoles disponibles

Nombre de bénévoles qui travailleront

Nombre de sinistrés qui pourront être

évacués

Nombre de sinistrés qu’il restera à évacuer à la fin de la période

1 12 h à 20 h 21 30 1 600 6 400

2 20 h à 4 h 15 30 1 600 4 800

3 4 h à 12 h 25 30 1 600 3 200

4 12 h à 20 h 66 30 1 600 1 600

5 20 h à 4 h 45 30 1 600 0



4 f4(x) = a(x − h)2 + k

f4(x) = a(x − 0)2 + 18

36 = a(3 − 0)2 + 18

36 = a(3)2 + 18

18 = a • 9

2 = a

f4(x) = 2(x − 0)2 + 18

f4(x) = 2x2 + 18

G Le sommet de la parabole est (2, 5) et elle passe par (3, 2).

f(x) = a(x − h)2 + k

f(x) = a(x − 2)2 + 5

2 = a(3 − 2)2 + 5

2 = a(1)2 + 5 −3 = a • 1 −3 = a

Charlotte doit saisir la règle suivante sur sa calculatrice : f(x) = −3(x − 2)2 + 5.


1. a) y = 2(x + 3)2 − 4

b) y = 12

(x − 2)2 − 3

c) y = −5(x − 3)2 + 20

2. a) f(x) = −14

(x − 8)2 + 5

b) g(x) = 2,5(x + 2)2 + 6

2ActIvItéd’exploration Coup de départ

Manuel • p. 166

A La parabole représente la hauteur de la balle, en mètres, en fonction du temps écoulé, en secondes, à partir du moment de l’impact. Il faudrait que ce soit en fonction de la distance horizontale pour que cette représentation soit celle de la trajectoire de la balle.

B 1) Pendant 12 secondes

2) Pendant 8 secondes

C Il a utilisé la forme factorisée, car il connaissait la valeur des deux zéros et d’au moins un autre point.

D Étape 1 : Remplacer x1 et x2 par la valeur des zéros dans la forme factorisée.

Étape 2 : Remplacer, dans la règle, x et f(x) par leur valeur respective dans le couple (10, 100).

Étape 3 : Déterminer la valeur du paramètre a en résolvant l’équation obtenue à l’étape 2.

Étape 4 : Écrire la règle de la fonction sous la forme factorisée avec les valeurs de a, x1 et x2 déterminées aux étapes précédentes.

Manuel • p. 167

E 1 Les zéros sont −2 et 4.

2 Les zéros sont 1 et 5.

3 Les zéros sont x1 et x2.

Réponse à la question E , page 165

1. Substituer les coordonnées du sommet (0, 36) à h

et à k dans la forme canonique f(x) = a(x − h)2 + k

f1(x) = a(x − h)2 + k

f1(x) = a(x − 0)2 + 36

2. Dans la règle obtenue à l’étape 1, substituer les coordonnées du point choisi en D (3, 0).

f1(x) = a(x − 0)2 + 36

0 = a(3 − 0)2 + 36

3. Résoudre l’équation obtenue à l’étape 2 afin de déterminer la valeur du paramètre a.

0 = a(3)2 + 36−36 = a • 9

−4 = a

4. Écrire la règle de la fonction sous la forme canonique avec les valeurs de a, h et k déterminées précédemment.

f1(x) = −4(x − 0)2 + 36

f1(x) = −4x2 + 36



F 1 g(x) = 3(x2 − 2x − 8)

2 i(x) = −2(x2 − 6x + 5)

3 j(x) = a(x2 − x1x − x2x + x1x2)

j(x) = a(x2 − (x1 + x2)x + x1x2)

G Une fonction quadratique peut être représentée sous la forme f(x) = a(x2 − Sx + P) où S et P représentent respectivement la somme et le produit des zéros.

H (voir au bas de la page)

Les réponses émises en 1) et 2) sont équivalentes car :

t(x) = −5

841 x(x − 348) = −5

841(x2 − 348x)

I L’équation de l’axe de symétrie est

x = x1 + x2

2 = 0 + 348

2 = 174.

On trouve la hauteur de la balle lorsque la distance horizontale parcourue par celle-ci est 174 m :

t(x) = −5

841 x(x − 348)

t(174) = −5

841 • 174(174 − 348)

t(174) = −5

841 • 174(−174)

t(174) = −5

841 • −30 276

t(174) = 180

La hauteur maximale atteinte par la balle est de 180 m.

J 1) La représentation d’une fonction quadratique est symétrique.

L’équation de l’axe de symétrie est x = 174.

Lorsque la hauteur est de 100 m, la distance parcourue horizontalement vers la droite de l’axe de symétrie est de 116 m (290 − 174 = 116). La distance parcourue horizontalement vers la gauche de l’axe de symétrie est donc aussi de 116 m lorsque la balle est à une hauteur de 100 m. En effectuant 174 − 116 = 58, on trouve que la distance horizontale parcourue par la balle à partir du point de départ lorsque celle-ci atteint une hauteur de 100 m est de 58 m.

2) t(x) = −5

841 x(x − 348)

130 = −5

841 x(x − 348)

0 = −5

841 x(x − 348) − 130

0 = −5x2 + 1 740x − 109 330

841

0 = −5x2 + 1 740x − 109 330

0 = x2 − 348x + 21 866

x = 348 ± √ (−348)2 − 4 • 1 • 21 8662

x = 348 ± √ 33 6402

x1 ≈ 82,29 ou x2 ≈ 265,71

Lorsque la balle se trouve pour la première fois à une hauteur de 130 m, la distance horizontale parcourue par celle-ci à partir du point de départ est d’environ 82,29 m.


1. a) f(x) = 12 (x − 4)(x + 9)

b) g(x) = −3(x + 2)(x − 4)

c) h(x) = 14(x − 2)(x − 8)

Réponses à la question H , page 167

1) Les zéros de cette fonction quadratique sont 0 et 348.

t(x) = a(x − x1)(x − x2)

t(x) = a(x − 0)(x − 348)

100 = a(290 − 0)(290 − 348)

100 = a(290)(−58)

100 = a(−16 820)

−5

841 = a

t(x) = −5

841 (x – 0)(x – 348)

t(x) = −5

841 x(x – 348)

2) La somme et le produit des zéros sont respectivement 348 et 0.

t(x) = a(x2 – Sx + P)

t(x) = a(x2 – 348x + 0)

100 = a(2902 – 348 • 290 + 0)

100 = a(84 100 – 100 920 + 0)

100 = a(−16 820)

−5

841 = a

t(x) = −5

841 (x2 – 348x + 0)

t(x) = −5

841 (x2 – 348x)





a) f1(x) = −(x + 2)2 + 3

b) f2(x) = −1,5(x − 2)2 + 4

c) f3(x) = −14

(x + 4)2 − 1


a) f(x) = (x − 3)2 − 4

b) g(x) = −12

(x + 2)2 + 3

c) i(x) = −23

(x − 1)2 + 6


a) indices : k = 3, a est négatif, h = 4 et P(1, 2)

f(x) = a(x − h)2 + k

2 = a(1 − 4)2 + 3

a = −19

f(x) = −19

(x − 4)2 + 3

b) indices : h = −3, k = 0 et P(1, 4)

f(x) = a(x − h)2 + k

4 = a(1 + 3)2 + 0

a = 14

f(x) = 14

(x + 3)2

c) indices : h = 1, a est positif, k = −6 et P(4, −3)

f(x) = a(x − h)2 + k −3 = a(4 − 1)2 − 6

a = 13

f(x) = 13 (x − 1)2 − 6


indices : h = 0, P(0, 6) et zéros : x1 = 3 et x2 = −3

f(x) = a(x − x1)(x − x2)

6 = a(0 − 3)(0 + 3)

a = −23

f(x) = −23 (x − 3)(x + 3)

Manuel • p. 171


f(x) = 14

(x + 6)(x − 12)


a) indices : zéros : x1 = 4 et x2 = 8, et P(0, -10)

f(x) = a(x − x1)(x − x2) −10 = a(0 − 4)(0 − 8)

a = −516

f(x) = −516

(x − 4)(x − 8)

b) Les zéros sont 4 et 8. L’équation de l’axe de symétrie est donc x = 6. La parabole est ouverte vers le bas.

La fonction f est croissante pour x ∈ ]−∞, 6] et décroissante pour x ∈ [6, +∞[.


a) f(x) = 32

(x + 1)(x − 4)

b) g(x) = −x(x − 5)

c) i(x) = 79

(x + 7)(x + 1)


Plusieurs réponses sont possibles. Exemple :

Pour trouver la règle d’une fonction quadratique sous la forme factorisée, en plus de connaître les zéros, il faut connaître les coordonnées d’un autre point afin de déterminer la valeur du paramètre a. De plus, il existe une infinité de paraboles qui passent par les deux mêmes points.

Manuel • p. 172


a) indices : P(0, 6) et les zéros : x1 = −6 et x2 = 1

f(x) = a(x − x1)(x − x2)

6 = a(0 + 6)(0 − 1)

a = −1

f(x) = −(x + 6)(x − 1)

b) indices : h = 2, k = −3 et P(0, 0)

g(x) = a(x − h)2 + k

0 = a(0 − 2)2 − 3

a = 34

g(x) = 34

(x − 2)2 − 3




indices : h = 5, k = 2 et les zéros : x1 = 0 et x2 = 10

h(d) = m(10d − d2)

2 = m(10 • 5 − 52)

m = 225


indices : h = 20, k = 10 et P(0, 0)

f(x) = a(x − h)2 + k

0 = a(0 − 20)2 + 10

a = −140

f(x) = −140

(x − 20)2 + 10

6 = −140

(x − 20)2 + 10

160 = (x − 20)2

± √ 160 = x − 20

20 ± √ 160 = x

x1 ≈ 7,35 et x2 ≈ 32,65

Au cours de sa montée, le ballon atteindra une altitude de 6 m à une distance horizontale d’environ 7,35 m de son point de départ.


a) indices : h = 5, k = 2,5 et P(0, 3,75)

f(x) = a(x − h)2 + k

3,75 = a(0 − 5)2 + 2,5

a = 0,05

f(x) = 0,05(x − 5)2 + 2,5

f(3) = 0,05(3 − 5)2 + 2,5 = 2,7

L’action valait 2,70 $ trois mois après son émission.

b) f(x) = 0,05(x − 5)2 + 2,50

2,95 = 0,05(x − 5)2 + 2,50

0,45 = 0,05(x − 5)2

9 = (x − 5)2

± 3 = x − 5

x = 2 ou x = 8

x = 8 est à rejeter puisque ce n’est pas dans les cinq premiers mois.

L’action valait 2,95 $ deux mois après son émission en bourse.

Manuel • p. 173


indices : h = 30, k = 80 et P(0, 65)

f(x) = a(x − h)2 + k

65 = a(0 − 30)2 + 80

a = −160

f(x) = −160

(x − 30)2 + 80

0 = −160

(x − 30)2 + 80

4 800 = (x − 30)2

± √ 4800 = x − 30

30 ± √ 4800 = x

x1 ≈ −39,28 et x2 ≈ 99,28

La voiture touchera le sol à 99,28 m de la falaise.

14. Niveau de difficulté : élevé

a) indices : h = 20, k = 4 000 et P(25, 3000)

p(x) = a(x − h)2 + k

3 000 = a(25 − 20)2 + 4 000

a = −40

p(x) = −40(x − 20)2 + 4 000

b) p(18) = −40(18 − 20)2 + 4 000 = 3 840

Si l’entreprise produisait 18 vaccins par jour, le profit serait de 3 840 $.

c) p(0) = −40(0 − 20)2 + 4 000 = −12 000

Si l’entreprise ne produisait aucun vaccin par jour, elle serait en déficit de 12 000 $.

d) p(x) = −40(x − 20)2 + 4 000

0 = −40(x − 20)2 + 4 000

100 = (x − 20)2

± 10 = x − 20

20 ± 10 = x

x1 = 10 et x2 = 30

Pour ne pas subir de perte, l’entreprise devrait produire entre 10 et 30 vaccins par jour.



Consolidation

Manuel • p. 174

1. Rôle des paramètres a, h et k dans la forme canonique de la règle

Niveau de difficulté : faible

a) a > 0, h < 0, k < 0 c) a < 0, h < 0, k > 0

b) a < 0, h > 0, k < 0 d) a > 0, h > 0, k > 0

2. Propriétés d’une fonction quadratique, recherche de la règle


(voir au bas de la page)


a)

b)

Forme factorisée f(x) = (x + 3)(x + 1)

Forme générale f(x) = x2 + 4x + 3

Forme canonique f(x) = (x + 2)2 − 1

Coordonnées du sommet (−2, −1)

Domaine et image Dom = r Ima = [−1, +∞[

Ordonnée à l’origine 3

Zéros x1 = −3 et x2 = −1

VariationCroissante pour x ∈ [−2, +∞[ Décroissante pour x ∈ ]−∞, −2]

SignePositive pour x ∈ ]−∞, −3] ∪ [−1, +∞[ Négative pour x ∈ [−3, −1]


Équation de l’axe de symétrie x = −2

Forme générale g(x) = −12

x2 + 2x − 3

Forme canonique g(x) = −12

(x − 2)2 − 1

Coordonnées du sommet (2, −1)

Domaine Dom = r Ima = ]−∞, −1]

Ordonnée à l’origine −3

Zéros Aucun

VariationCroissante pour x ∈ ]−∞, 2] Décroissante pour x ∈ [2, +∞[

Signe Négative pour x ∈ r

Extremums Max = −1


3. Propriétés d’une fonction quadratique, rôle des

paramètres a, h et k dans la forme canonique de la

règle, passage d’une forme de règle à une autre


a) Sommet : 13

, 0

Ordonnée à l’origine : f1(0) = −29

Abscisse à l’origine : x = 13

b) Sommet : (−3, −2)


Abscisse à l’origine : aucune

c) Sommet : (−4, 0)

Ordonnée à l’origine : f3(0) = 4

Abscisse à l’origine : x = −4



d) Sommet : (1, −4)


Abscisses à l’origine : x1 = 1 − √ 2 et x2 = 1 + √ 2

e) Sommet : (−3, 2)

Ordonnée à l’origine : f5(0) = −2,5

Abscisses à l’origine : x1 = −1 et x2 = −5

f) Sommet : −12

, 4

Ordonnée à l’origine : f6(0) = 3

Abscisses à l’origine : x1 = 12

et x2 = −32

Manuel • p. 175

4. Propriétés d’une fonction quadratique, passage d’une forme de règle à une autre


a) (voir au bas de la page)

b) (voir au haut de la page suivante)

c) (voir au centre de la page suivante)

5. Recherche de la règle à partir des zéros et d’un

autre point, recherche de la règle à partir du

sommet et d’un autre point


a) f(x) = −15

(x − 3)(x − 10)

b) f(x) = 325

(x − 5)2

c) f(x) = −2(x − 4)2 + 8

d) f(x) = 13

(x + 2)(x − 2)

Réponse à la question 4, page 175

a) Forme générale f(x) = 2x2 − 10x

Forme factorisée f(x) = 2x(x − 5)

Forme canonique f(x) = 2(x − 2,5)2 − 12,5

Coordonnées du sommet (2,5, −12,5)

Domaine et image Dom = r Ima = [−12,5, +∞[



VariationCroissante pour x ∈ [2,5, +∞[ Décroissante pour x ∈ ]−∞, 2,5]

SignePositive pour x ∈ ]−∞, 0] ∪ [5, +∞[ Négative pour x ∈ [0, 5]

Extremums Min = −12,5

Équation de l’axe de symétrie x = 2,5

6. Propriétés d’une fonction quadratique, rôle des

paramètres a, h et k dans la forme canonique

de la règle


a) Non. Puisque la valeur de a dans les deux règles est 1, les paraboles ont donc la même ouverture. Comme les sommets sont respectivement S(0, 2) et S(0, 3), les paraboles ne se croisent pas.

b) Non. Puisque la valeur de a dans les deux règles est 1, les paraboles ont donc la même ouverture. Comme la valeur de h est −2,5, les paraboles ne se croisent pas.

7. Recherche de la règle à partir du sommet et

d’un autre point, inéquation du second degré

à une variable

Niveau de difficulté : moyen

a) Indices : h = −1, k = 4,4 et P(0, 4)

f(x) = a(x − h)2 + k

4 = a(0 + 1)2 + 4,4

a = −0,4

f(x) = −0,4(x + 1)2 + 4,4

b) 1) f(x) = −0,4(x + 1)2 + 4,4

0 = −0,4(x + 1)2 + 4,4

11 = (x + 1)2

±√ 11 = x + 1

−1 ± √ 11 = x

La parabole est ouverte vers le bas et on cherche les valeurs de x pour lesquelles son image est supérieure ou égale à 0.

[−1 − √ 11, −1 + √ 11]




b)

c)

Forme générale g(x) = −x2 + 40x + 1 200

Forme factorisée g(x) = −(x + 20)(x − 60)

Forme canonique g(x) = −(x − 20)2 + 1 600

Coordonnées du sommet (20, 1600)

Domaine et image Dom = r Ima = ]-∞, 1 600]

Ordonnée à l’origine 1 200

Zéros x1 = −20 et x2 = 60

VariationCroissante pour x ∈ ]−∞, 20]

Décroissante pour x ∈ [20, +∞[

SignePositive pour x ∈ [−20, 60]

Négative pour x ∈ ]−∞, −20] ∪ [60, +∞[

Extremums Max = 1 600


Forme générale h(x) = x2

2 − 6x + 16

Forme factorisée h(x) = 12

(x − 4)(x − 8)

Forme canonique h(x) = 12

(x − 6)2 − 2

Coordonnées du sommet (6, −2)

Domaine et image Dom = r Ima = [−2, +∞[



VariationCroissante pour x ∈ [6, +∞[

Décroissante pour x ∈ ]−∞, 6]

SignePositive pour x ∈ ]−∞, 4] ∪ [8, +∞[

Négative pour x ∈ [4, 8]





2) f(x) = −0,4(x + 1)2 + 4,4

6 = −0,4(x + 1)2 + 4,4

−4 = (x + 1)2

±√ −4 = x + 1 est impossible.

La parabole étant ouverte vers le bas, il n’y a aucune valeur de x pour lesquelles son image est supérieure à 6.

{ }

3) f(x) = −0,4(x + 1)2 + 4,4

−1 = −0,4(x + 1)2 + 4,4

13,5 = (x + 1)2

±√ 13,5 = x + 1

−1 ± √ 13,5 = x

La parabole est ouverte vers le bas et on cherche les valeurs de x pour lesquelles son image est inférieure à −1.

]−∞, −1 − √ 13,5[ ∪ ]−1 + √ 13,5, +∞[

8. Passage d’une forme de règle à une autre


a) f(x) = 2(x − 1)(x − 0,5)

b) f(x) = 2(x + √ 5)(x − √ 5)

9. Passage d’une forme de règle à une autre, rôle

des paramètres a, h et k dans la forme canonique

de la règle

Niveau de difficulté : élevé

Si le sommet est (h, k), il faut que la valeur du k soit 2.

2 = 4 ac − b2

4 a = 4 • 1 • 3 − w2

4 = 12 − w2

4

2 = 12 − w2

4 Donc, 12 − w2 = 8

4 = w2

±2 = w

Si w vaut −2 ou 2, le minimum de la fonction sera 2.

10. Le plus haut et le plus loin

Passage d’une forme de règle à une autre, rôle

des paramètres a, h et k dans la forme canonique

de la règle


a) La hauteur initiale du ballon est de 2 m.

b) h = −0,078d 2 + 0,92d + 2

h = −0,078 d 2 − 460

39 d − 1 000

39

h = −0,078 d 2 − 460

39 d + 52 900

1 521 − 1 000

39 − 52 900

1 521

h = −0,078 d − 230

39 2

+ 919195

La hauteur maximale atteinte par le ballon est

de 919195

m, ou environ 4,71 m.

c) h = −0,078(8)2 + 0,92(8) + 2 = 4,368 ≠ 3,05

Non, la joueuse n’a pas réussi son panier.

Manuel • p. 176

11. Les paramètres déguisés

Rôle des paramètres a, h et k dans la forme

canonique de la règle


Étant donné que les sommets sont respectivement (m, n) et (m, −n) et que ces deux fonctions possèdent des zéros, ces deux fonctions sont respectivement ouvertes vers le bas et vers le haut. De plus, puisqu’elles possèdent les mêmes zéros, elles sont symétriques par rapport à l’axe des x.

On peut affirmer que c est négatif, que d est positif, et que c = −d.

12. Rentabilité à venir

Propriétés d’une fonction quadratique


a) Il faudra 18 mois après l’ouverture pour que l’exploitation du centre permette de réaliser un profit (ou 6 mois à compter d’aujourd’hui).

b) [9, +∞[

À partir du 9e mois, les profits ne cesseront d’augmenter.

13. Le temps pour une médaille

Inéquation du second degré à une variable


a) 0 = −4,9(t − 0,9)2 + 6,969

6,9694,9

= (t − 0,9)2

± 6,9694,9

= t − 0,9

0,9 ± 6,9694,9

= t

t1 ≈ −0,29 et t2

≈ 2,09

Au cours d’un plongeon, la plongeuse passe environ 2,09 s dans les airs.



b) 3 = −4,9(t − 0,9)2 + 6,969

−3,969

−4,9 = (t − 0,9)2

± 3,9694,9

= t − 0,9

0,9 ± 3,9694,9

= t

t1 = 0 et t2 = 1,8

La plongeuse se trouve pendant 1,8 s à une hauteur supérieure à celle du tremplin.

Manuel • p. 177

14. Minimiser le produit

Passage d’une forme de règle à une autre, rôle des

paramètres a, h et k dans la forme canonique

de la règle


Si x et x − 10 représentent ces deux nombres, on a :

p(x) = x(x − 10)

p(x) = x2 − 10x + 25 − 25

p(x) = (x − 5)2 − 25

Min = −25

Si p(x) = −25, alors x = 5.

Si x = 5, x − 10 = 5 − 10 = −5.

Les deux nombres qui donnent un produit minimal sont 5 et −5.

15. Sous la parabole



y = −38

x2 + 154

x − 278

x =

−154

±

154

2 − 4

−38

−278

2 −3

8

= 5 ± 4

x1 = 1 et x2 = 9

La base du triangle mesure 8 unités (9 − 1).

La parabole étant symétrique, le x du sommet est 5.

On trouve la valeur du y du sommet :

y = −38

(5)2 + 154

(5) − 278

= 6

Base du triangle : 9 − 1 = 8

Hauteur du triangle : 6

Aire : 8 • 62

= 24 unités2

16. Décroissance emballante

Propriétés d’une fonction quadratique, passage d’une forme de règle à une autre


n(a) = −8(a − 5)2 + 230

n(a) = −8(a2 − 10a + 25) + 230

n(a) = −8a2 + 80a + 30

La valeur initiale est 30.

Si on augmente de 72 le nombre d’employés à l’ouverture de l’entreprise, on obtient 102.

n(a) = −8(a − 5)2 + 230

102 = −8(a − 5)2 + 230 ±4 = a − 5

a1 = 1 et a2 = 9

Le nombre d’employés a été supérieur de 72 à celui que l’entreprise comptait à son ouverture durant 8 ans.

17. Règles équivalentes

Passage d’une forme de règle à une autre


a) S = x1 + x2

S = −b + √ b2 − 4ac

2a +

−b − √ b2 − 4ac2a

S = −b + √ b2 − 4ac − b − √ b2 − 4ac

2a

S = −2b2a

= −ba

P = x1 • x2 = −b + √ b2 − 4ac

2a

−b − √ b2 − 4ac2a

P = b2 − b2 + 4ac4a2 = 4ac

4a2 = c a

b) f(x) = a(x2 − Sx + P) = a x2 − −b a x + c

a = ax2 + bx + c

18. Accroissements constants

Observation de régularités : les accroissements


x f(x)

h f(h) = a(h − h)2 + k = k

h + 1 f(h + 1) = a(h + 1 − h)2 + k = a + k

h + 2 f(h + 2) = a(h + 2 − h)2 + k = 4 a + k

h + 3 f(h + 3) = a(h + 3 − h)2 + k = 9 a + k

+ a

+ 3a

+ 5a

+ 2a

+ 2a



Manuel • p. 178

19. Mouillée, pas mouillée

Recherche de la règle à partir du sommet et d’un autre point


Point (0, 1,5), h = 2, k = 2,7

f(x) = a(x − h)2 + k

1,5 = a(0 − 2)2 + 2,7

a = −0,3

f(x) = −0,3(x − 2)2 + 2,7

0 = −0,3(x − 2)2 + 2,7

9 = (x − 2)2

± 3 = x − 2

x1 = −1 et x2 = 5

Le seau d’eau est situé à une distance horizontale de 5 m du départ du jet d’eau.

Maryse est donc à une distance horizontale de 4 m du départ du jet d’eau.

f(4) = −0,3(4 − 2)2 + 2,7 = 1,5

Oui, puisque Maryse mesure moins de 1,5 m, elle peut passer à 1 m devant le seau d’eau sans recevoir d’eau.

20. Le maximum pour la cause

Passage d’une forme de règle à une autre


Si x représente le nombre d’augmentations de 1 $ on a :

p(x) = (10 + x)(1 000 − 50x)

p(x) = −50x2 + 500x + 10 000

p(x) = −50(x2 − 10x − 200)

p(x) = −50(x2 − 10x + 25 − 200 − 25)

p(x) = −50(x − 5)2 + 11 250

Afin de maximiser les profits, il est recommandé d’augmenter de 5 fois 1 $ le prix du billet. On pourrait donc fixer le prix des billets à 15 $.

Manuel • p. 179

21. Saut réussi

Rôle des paramètres a, h et k dans la forme canonique

de la règle, passage d’une forme de règle à une autre


y = −0,375x2 + 6,75x − 28,875

y = −0,375(x − 9)2 + 1,5

Les coordonnées de c2 sont (9, 1,5).

Les zéros de cette fonction quadratique sont 7 et 11.

Les zéros de l’autre fonction quadratique sont 0 et 7.

Le h du sommet est h = (x1 + x2)

2 =

(0 + 7)

2 = 3,5.

Les coordonnées de c1 sont (3,5, −3).

Distance horizontale entre les deux cerceaux :

9 – 3,5 = 5,5

La distance horizontale entre les deux cerceaux est de 5,5 m.

22. Trouver la règle

Rôle des paramètres a, h et k dans la forme canonique de

la règle, observation de régularités : les accroissements,

trouver la règle d’une fonction quadratique


x f(x)

0 7

1 17

2 31

3 49

+ 10

+ 14

+ 18

+ 4

+ 4

a = 42 = 2 et h = −2

Forme canonique : f(x) = 2(x + 2)2 + k.

En remplaçant x et f(x) par leur valeur respective dans un des couples connus, on trouve que k = −1.

Je suis f(x) = 2(x + 2)2 − 1.

23. Brouter allègrement

Passage d’une forme de règle à une autre, rôle des

paramètres a, h et k dans la forme canonique de la règle


Soit x, la mesure du côté perpendiculaire à la grange, (60 – 2x), la mesure du côté parallèle à la grange et f(x), l’aire de la surface rectangulaire.

f(x) = x(60 – 2x)

f(x) = −2x2 + 60x

h = −b2a

= 15

x = 15 et (60 − 2x) = 30

Les dimensions de l’enclos devraient être de 15 m sur 30 m.



Manuel • p. 180

24. Gros lot


de la règle, passage d’une forme de règle à une autre


1 m = 100 − n2 + 50n

m = −n2 + 50n + 100

m = −(n2 − 50n − 100)

m = −(n2 − 50n + 625 − 100 − 625)

m = −(n − 25)2 + 725

Lorsqu’on choisit le nombre 25, on obtient le montant maximum de 725 $.

2 m = 400 + n2 − 20n

m = n2 − 20n + 400

m = n2 − 20n + 100 + 400 − 100

m = (n − 10)2 + 300

Lorsqu’on choisit le nombre 10, on obtient le montant maximum de 300 $.

Il est préférable de prendre l’équation 1 ; en choisissant le nombre 25, c’est elle qui rapporte le plus gros montant d’argent (725 $).

25. Hauteurs variables



Jupiter :

2 = −0,5(25)t2 + 10t + 2

0 = −12,5t2 + 10t = −2,5t(5t − 4)

t1 = 0 et t2 = 0,8

Temps pour revenir à sa hauteur initiale : 0,8 s

Mars :

2 = −0,5(4)t2 + 10t + 2

0 = −2t2 + 10t = −2t(t − 5)

t1 = 0 et t2 = 5

Temps pour revenir à sa hauteur initiale : 5 s

Neptune :

2 = −0,5(11)t2 + 10t + 2

0 = −5,5t2 + 10t = − t(5,5t − 10)

t1 = 0 et t2 ≈ 1,82

Temps pour revenir à sa hauteur initiale : environ 1,82 s

Terre :

2 = −0,5(10)t2 + 10t + 2

0 = −5t2 + 10t = −5t(t − 2)

t1 = 0 et t2 = 2

Temps pour revenir à sa hauteur initiale : 2 s

C’est sur la planète Mars que la balle prend le plus de temps à revenir à sa hauteur initiale, soit 5 s. Cela s’explique par le fait que c’est sur Mars que la force gravitationnelle est la plus faible.

26. L’une contre l’autre

Recherche de la règle à partir des zéros et d’un autre point,

observation de régularités


a)

b) x f(x)

0 0

1 0

2 2

3 6

4 12

5 20

6 30

+ 0

+ 6

+ 2

+ 8

+ 10

+ 4

+ 2

+ 2

+ 2

+ 2

+ 2

a = 22 = 1

x1 = 0 et x2 = 1

f(x) = x(x − 1), où x représente le nombre d’équipes et f(x), le nombre de matchs.

c) f(22) = 22(22 − 1) = 462

Le nombre total de parties jouées serait de 462.

Nom

bre

de p

arti

es

Nombre d’équipes

5

10

15

20

25

30

35

1 2 3 4 5 6 7(0, 0)

(1, 0)(2, 2)

(3, 6)

(4, 12)

(5, 20)

(6, 30)

La ligue de volleyball



27. Changer les paramètres


de la règle


Florence a raison. Le sommet de la parabole se situe dans le 4e quadrant, et la parabole est ouverte vers le bas ; la fonction est donc entièrement négative.

Manuel • p. 181

28. Le taux rentable



Voici le graphique représentant chaque point de cette table de valeurs.

La représentation graphique du rendement en fonction du taux d’azote est une parabole. Le rendement maximal se trouve au sommet, entre les points (90, 158) et (150, 158).

Le h du sommet est h = 90 + 150

2 = 120.

Le rendement sera supérieur si on utilise un taux de 120 livres/acre.

Pour aider Philippe à convaincre les agriculteurs qu’ils peuvent obtenir un rendement supérieur en utilisant un taux de 120 livres/acre, on lui conseille de présenter un graphique illustrant que le sommet correspond au rendement maximal.

Paramètre Avant Après

a positif négatif

h négatif positif

k positif négatif

La rentabilité de la production de maïs

20 40 60 80 100 120140 160180 200 2200

25

50

125

75

100

150

175

Taux d’azote (livres/acre)

Ren

dem

ent

(boi

ssea

ux/a

cre)

Manuel • p. 182

29. Le baby-boom

Propriétés d’une fonction quadratique dont la règle

est sous la forme générale


Il faut déterminer l’année où le nombre de naissances a atteint un record. Cette année correspond à l’abscisse du sommet de la parabole associée à la fonction quadratique n.

h = −b2a

=

−27 810−3 090

= 9

En 1959, le nombre de naissances était n(9) = 479 600.

Il faut donc calculer le taux de natalité pour 1959 :

479 60017 467 500

= 27,46 ‰

On le compare à celui de 2007 :

27,4610,6

≈ 2,6

Le taux de natalité de 2007 est presque 3 fois moindre que le taux record enregistré lors du baby-boom.

La rentabilité de la production de maïs

20 40 60 80 100 120140 160180 200 2200

25

50

125

75

100

150

175

Taux d’azote (livres/acre)

Ren

dem

ent

(boi

ssea

ux/a

cre)


Documents

L’analyse de la Chapitre fonction quadratique · PDF file2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 Distance restant à parcourir selon le temps écoul ... L’équation de l’axe de symétrie