Trinômes de second degré

Bonjour, je suis bloqué à un DM.

En effet, il y a deux paraboles qui admettent un point d'intersection de coordonnées $(2,1)$, il faut trouver l'équation des deux paraboles, qui sont polynômes de second degré (du type $ax²+bx+c$).

De ce fait, il est possible de prendre ces deux fonctions $f(x)$ et $g(x)$ tel que $f(2) = g(2)$ où $f(2) = 1$ et $g(2) = 1$.

A partir de cet instant, je bloque, que faut-il faire pour trouver les deux équations? Un système? Avec géogébra, j'obtient les résultats suivants :

$f(x) = 1/4x²-2x+4$ et $g(x)=-1/4x²+2$

Merci d'avance.

Si tes seules hypothèses sont f(2) = g(2) = 1, alors tu vas avoir du mal à n'en trouver que 2 : il y en a une infinité. Si la question est d'en trouver deux, ben… c'est fait.

(D'ailleurs, quelles que soient les valeurs de a et b que tu choisis, tu peux toujours adapter c pour que f(2) = 1).

Salut artragis : il y a une erreur dans ton code mathjax à la fin de ton commentaire.

En fait, il y a une infinité de valeur mais j'ai omis deux choses :

• f est concave sur [0,2] donc f'(x) est décroissante sur [0,2]
• g est convexe sur [2,4] donc g'(x) est croissante sur [2,4]

Ainsi, le point d'intersection des deux paraboles est aussi le point d'inflexion d'un polynôme de degré 3 positionné à l'horizontale (allure de courbe obtenue par géogébra).

De ce fait, f et g étant deux trinômes, on a :

• $f'(x) = 2ax + b$ avec a < 0
• $g'(x) = 2mx + p$ avec m > 0

Merci pour les pistes.

J'ai du mal à suivre ton raisonnement à partir de :

Autrement dit il existe un réel d tel que $(x−2)(x−d)=(a0−a1)x2+(b0−b1)x+(c0−c1)$

Salut,

En fait, il y a une infinité de valeur mais j'ai omis deux choses :

• f est concave sur [0,2] donc f'(x) est décroissante sur [0,2]
• g est convexe sur [2,4] donc g'(x) est croissante sur [2,4]

Déjà, j'ai du mal à voir comment la concavité/convexité d'une parabole peut changer selon l'intervalle sur laquelle on la regarde, la dérivée seconde d'une parabole étant une bête constante… J'ai d'ailleurs du mal à comprendre d'où viennent les conditions données par artragis qui me semblent incorrectes…

Comme l'a expliqué Mouton, le problème est mal posé (dans le sens mathématique du terme), même avec ces informations (qui ne donnent que des informations sur le signe du coefficient sur le $x^2$).

Est-ce que tu pourrais mettre l'énoncé verbatim plutôt que de le donner morceau par morceau ? Ce serait nettement plus facile pour t'aider.

A la base, le DM demande de déterminer une fonction dont la courbe représentative à l'allure d'un toboggan et admet deux tangentes (l'axe des abscisses et des ordonnées). Elle passe par deux points A(0,2) et B(4,0).

Mon raisonnement au départ est de prendre un point d'inflexion en (2,1) tel qu'il soit formé deux intervalles [0,2] et [2,4]. Par la suite, je décide de passer par l'intermédiaire de deux paraboles, idée m'étant venu par la correction d'un DM similaire, conseillé par le prof. Ainsi, je ne parle pas de la concavité/convexité d'une parabole mais d'une courbe de polynôme de degré trois à l'horizontale (allure de courbe très grossière) formé par les deux paraboles :

Le DM demande de déterminé l'équation de cette fonction. Or, les équations des deux paraboles ont étés obtenue par géogébra, je soit expliquer cela algébriquement et je n'y arrive pas (cf raisonnement plus haut).

L'idée est que le point d'intersection des deux paraboles est le point d'inflexion de la courbe du polynôme de degré 3. Toutefois, si on souhaite déduire l'équation des deux paraboles en résolvant l'équation f(2) = g(2), il y a une infinité de possibilité étant donné les trois coefs. J'ajoute ainsi les conditions : dans l'intervalle [0,2], on a concavité puis dans l'intervalle [2,4], on a convexité d'où f'(x) avec Df' = [0,2] est décroissante, l'inverse pour g'(x).

A la base, le DM demande de déterminer une fonction dont la courbe représentative à l'allure d'un toboggan et admet deux tangentes (l'axe des abscisses et des ordonnées). Elle passe par deux points A(0,2) et B(4,0).

C'est de plus en plus confus, tu ajoutes des éléments de plus en plus bizarres et incohérents entre eux. Par exemple, si ta courbe est composée de parboles par morceaux, l'axe des ordonnées ne risque pas d'être tangent (ce n'est d'ailleurs pas le cas sur ton dessin). Donne l'énoncé exact plutôt que de donner l'interprétation que tu en fais.

Coller deux bouts de paraboles ne fait pas un polynôme de degré 3.

Salut, ce n'est pas une interprétation, c'est plutôt une ébauche de raisonnement. Au vu de tes remarques, il faut le revoir en partie, dommage pour la satisfaction personnelle mais j'imagine que c'est normal, hein.

" On veut réaliser un toboggan pour les enfants selon le schéma ci-contre et qui se termine en pente douce. Il doit donc vérifier les conditions suivantes :

C1 : il doit avoir une tangente A parallèle au sol; C2 : il doit être tangent au sol au point B.

Le but du problème est de trouver une fonction dont la courbe représentative a l'allure du toboggan et vérifie les conditions de l'énoncé. "

Cf edit du message au dessus : L'idée est que le point d'intersection des deux paraboles est le point d'inflexion de la courbe du polynôme de degré 3. Toutefois, si on souhaite déduire l'équation des deux paraboles en résolvant l'équation f(2) = g(2), il y a une infinité de possibilité étant donné les trois coefs. J'ajoute ainsi les conditions: dans l'intervalle [0,2], on a concavité puis dans l'intervalle [2,4], on a convexité d'où f'(x) avec Df' = [0,2] est décroissante, l'inverse pour g'(x).

Merci, je travail sur ça (peut-être demain matin) et j'envoi mon raisonnement du coup.

Juste pour info, je viens d'essayer pour un tobogan de hauteur $H$ et de longueur $L$, ça marche très bien.

J'ai peut-être raté cette partie, mais il est dit quelque part qu'il faut que ce soit un polynôme ? C'est juste une condition que tu t'étais imposée toi-même, ou c'est dans l'énoncé ? En partant sur une tangente hyperbolique, ça me semble encore plus facile.

Ou un bon vieux cosinus, la pente est plus soft quand même.

Salut Rockaround, c'est l'objet de notre DM, lors du chapitre sur la dérivation, on est pas encore dans la trigo donc oui, c'est un polynôme normalement. Après, c'est un devoir libre…

Je bloque…

Je calcul la dérivée seconde : $f''(x) = 6ax + 2b$

Donc logiquement, elle s'annule en son point d'inflexion : $f''(2) = 12a + 2b = 0$

Avec un petit système, je trouve :

• $ a = 1/16$
• $ b = -3/8$

Pour trouver c, je remonte vers la dérivée première : $f'(2) = 6a + 4b + c$ où j'entre les valeurs de a et b :

$f'(2) = -9/4 + c$

Le problème, c'est que je ne connais pas la valeur de f'(2), je ne peut pas effectuer l'équation pour trouver c. Si j'avais trouver la valeur, j'aurais tous simplement remonter vers la fonction f(x) pour trouver d.

EDIT :

Finalement, j'ai pris $f'(4) = 0$ selon le point B de coordonnée (4,0), donc le long de l'axe des abscisses qui est une droite constante, soit $a = 0$. Je trouve ainsi c = 0.

Finalement, j'obtient l'équation suivante :

$f(x) = 1/16x^3 - 3/8x² + 2$

Tu as trouvé la solution, c'est l'essentiel ! Marque le sujet en résolu du coup, s'il te plaît.

Par contre t'es compliqué la vie pour rien. En partant de $z(x)=ax^3+bx^2+cx+d$, on a $z(x=0)=d=H$, $\dfrac{\mathrm dz}{\mathrm dx}(x=0)=c=0$. Puis les deux conditions restantes $z(x=L)=aL^3+bL^2+H=0$ et $\dfrac{\mathrm dz}{\mathrm dx}(x=L)=3aL^2+2bL=0$ donnent un système linéaire permettant de trouver $a=\dfrac{2H}{L^3}$ et $b=-\dfrac{3H}{L^2}$. Pas besoin de passer par la dérivée seconde, le problème donnait déjà toutes les infos nécessaires brutes de pomme.

C'est vrai, il est difficile de trouver le chemin le moins tortueux en math! Toutefois, je te remercie d'avoir poster ton raisonnement. Pour ma part, le prof veux notre propre cheminement, à la différence d'une épreuve brute.

$\dfrac{\mathrm dz}{\mathrm dx}(x=0)=c=0$

Je ne comprend pas très bien cette partie… On dirait une équation différentielle?