LEÇON N˚51 : Fonctions polynômes du second

LEÇON N˚ 51 :
Fonctions polynômes du second degré.
Pré-requis :
–Dérivabilité, continuité des fonctions numériques ;
–Notions d’espaces vectoriels, de sous-espaces vectoriels ;
–Formule du binôme de Newton.
On se place dans un corps K, généralement Rou C. On utilisera souvent l’abus de langage
consistant à désigner une fonction par son expression (on parlera de la fonction x2au lieu de
x7→ x2). On se place dans un plan affine euclidien Prapporté à un repère orthonormé (O,~ ı,~ ).
51.1 Fonction puissance
Proposition 1 : Pour tout k∈N, la fonction fk:x7−→ xkest continue et dérivable sur K.
démonstration :La fonction x 7−→ x est trivialement continue (utiliser a posteriori la définition
de la continuité pour s’en convaincre), donc fkl’est aussi en tant que produit de fonctions continues.
Montrons encore la dérivabilité. Soit x0∈K. Alors pour tout x ∈Kdifférent de x0, on a :
fk(x)−fk(x0) = xk−xk
0= (x−x0)
k−1
∑
i=0
xixk−1−i
0⇒fk(x)−fk(x0)
x−x0
=
k−1
∑
i=0
xixk−1−i
0.
Par passage à la limite, il vient alors que lim
x→x0
fk(x)−fk(x0)
x−x0
=k xk−1
0=f′
k(x0),
donc fkest dérivable sur K, et pour tout x ∈K, f ′
k(x) = k xk−1.
Corollaire 1 : Pour tout k∈N,fkest de classe C∞sur K. De plus,
∀i∈N,∀x∈K,f(i)
k=k(k−1)···(k−i+1)xk−isi i6k
0 si i>k.
démonstration :On procède par récurrence sur l’entier k ∈N:
Initialisation : Si k =0, alors pour tout élément x de K, f0(x) = 1, et quelque soit l’entier i, on
aura nécéssairement f (i)
0(x) = 0. Les deux points sont alors vérifiés.
Hérédité : Supposons le résultat vrai au rang k et montrons qu’il l’est encore au rang k +1. Soit
x∈K. D’après la proposition 1, f ′
k+1(x) = (k+1)xk, donc par hypothèse de récurrence, f ′
k+1
est C∞, et donc a fortiori fk+1aussi. De plus, pour tout i ∈N,

2
Fonctions polynômes du second degré
f(i)
k+1(x) = f′
k+1(x)(i−1)= (k+1)f(i−1)
k(x)
H.R.
=(k+1)k···(k−i+2)xk−i+1si i −16k
0si i −1>k
=(k+1)k···(k+1−i+1)xk+1−isi i 6k+1
0si i >k+1.
Ceci achève notre récurrence. 
Théorème 1 : La famille (1, x,x2)est une base de l’espace vectoriel P2(K)(notation donnée
en fin de page).
démonstration :Soit (λ0,λ1,λ2)∈K3. Supposons que ∀x∈K,λ2x2+λ1x+λ0=0. Alors
pour tout x ∈K∗(on peut se permettre d’enlever 0puisqu’on veut faire kxk → ∞),
λ2x2=−λ1x−λ0⇒λ2=−λ1x−1−λ0x−2.
Par passage à la limite, on obtient : lim
kxk→∞
−λ1x−1−λ0x−2 =0⇒ kλ2k=0⇒λ2=0.
Par suite, λ1x=−λ0⇒λ1=−λ0x−1et k − λ0x−1k −−−→
x→∞0, d’où kλ1=0k ⇒ λ1=0, et
l’égalité λ2x2+λ1x+λ0=0donne alors λ0=0. Nous venons de montrer que (1, x,x2)était une
famille libre de P2(K). Il est évident qu’il s’agit aussi d’une famille génératrice. 
Corollaire 2 : a2x2+a1x+a0=α2x2+α1x+α0⇔a2=α2,a1=α1,a0=α0.
démonstration :La démonstration précédente traduit le fait que :
a2x2+a1x+a0=0⇔a2=a1=a0=0. (♭)
Posons alors P(x) = a2x2+a1x+a0−α2x2−α1x−α0= (a2−α2)x2+ (a1−α1)x+ (a0−α0).
Alors (♭)nous permet d’écrire que a2−α2=a1−α1=a0−α0=0, soit ⇔a2=α2,a1=α1,a0=
α0.
51.2 Fonction polynôme du second degré
Définition 1 : Soient a0,a1,a2∈K. Alors l’application P:K−→ Kdéfinie par
P(x) = a2x2+a1x+a0
est appelée fonction polynôme du second degré de la variable x. Les nombres a0,a1,a2sont
appelés coefficients de cette fonction polynôme. Si l’on suppose a26=0, alors 2 est le degré de
P(noté deg(P)) et a2est appelé coefficient dominant de P.
Notation : On note P2(K)l’ensemble des fonctions polynômes de degré inférieur ou égal à 2.

3
Fonctions polynômes du second degré
Proposition 2 : Soient f=a2x2+a1x+a0∈P2(K),g=b2x2+b1x+b0∈P2(K)et
α∈K. Alors
(i) f+g:x7−→ (a2+b2)x2+ (a1+b1)x+ (a0+b0)et deg(f+g)6
max deg(f), deg(g);
(ii) αf:x7−→ αa2x2+αa1x+αa2et deg(αf) = deg(f);
(iii) f g :x7−→
4
∑
k=0
∑
(u,v)∈∆k
aubv
xket deg(f g) = deg(f) + deg(g),
où ∆k={(i,j)∈ {0, 1, 2}2|i+j=k}pour tout entier k∈ {0, . . . , 4}.
démonstration :Le seul point à poser quelques problèmes est le (iii). C’est donc logiquement sur
celui-ci que nous allons nous attarder ! Soit x ∈K. Alors
(f g)(x) = 2
∑
i=0
aixi! 2
∑
j=0
bjxj!
= (a0+a1x+a2x2)(b0+b1x+b2x2)
=a0b0+x[a0b1+a1b0] + x2[a0b2+a1b1+a2b0] + x3[a1b2+a2b1] + x4[a2b2]
=
4
∑
k=0 ∑
(u,v)∈∆k
aubv!xk.
Notons n =deg(f)∈ {0, 1, 2}et m =deg(g)∈ {0, 1, 2}, de sorte que an6=0et bm6=0. Alors
anbm6=0⇒deg(f g) = n+m=deg(f) + deg(g).
Théorème 2 : Si fest une fonction polynôme, alors fest de classe C∞. De plus, si fest de
plus de degré 2, alors pour tout k∈N,
deg(f(k)) = 2−ksi k62
f(k)≡0 si k>2.
démonstration :f=∑2
k=0akxk∈P2(K)est une combinaison linéaire de fonctions C∞(corollaire
1), donc est aussi C∞. Supposons alors f de degré 2(donc a26=0). Pour tout entier k et tout x ∈K,
f(k)(x) =
2
∑
p=0
ap(xp)(k)=(∑2
p=kapp!
(p−k)!xp−ksi k 62
0si k >2
=(∑2−k
p=0ap+k(p+k)!
p!xpsi k 62
0si k >2,
et on en déduit que lorsque k 62,deg(f(k)) = 2−k. 
Proposition 3 : Soit f∈P2(R). Alors
lim
x→∞f(x) = lim
x→−∞f(x) = signe(a2)·∞.

4
Fonctions polynômes du second degré
démonstration :Pour tout x ∈K, on a
f(x) = a0+a1x+a2x2a26=0 =a2x21+a1
a2x+a0 a2xn
|{z }
x→±∞
−→ 1
,
et les deux résultats découlent de cette dernière égalité. 
Proposition 4 : Soit a∈K. La famille 1, x−a,(x−a)2engendre P2(K).
démonstration :Soient x ∈Ket n ∈ {0, 1, 2}. On a simultanément
(x−a)n=
n
∑
k=0n
k(−a)n−kxket xn=(x−a) + an=
n
∑
k=0n
k(a)n−k(x−a)k,
ce qui suffit à démontrer le théorème. 
Théorème 3 (formule de Taylor) : Soient f∈P2(K)et a∈K. Alors
f(x) =
2
∑
k=0
f(k)(a)
k!(x−a)k.
démonstration :f∈P2(K), donc d’après la proposition précédente, pour tout x ∈K, il existe
b0,b1,b2∈Ktels que
f(x) =
2
∑
p=0
bp(x−a)p.
Le théorème 2 et sa démonstration nous permettent d’exhiber la dérivée k-ième de f :
∀x∈K,f(k)(x) =
2
∑
p=k
bp
p!
(p−k)!(x−a)p−k.
En particulier, pour x =a, l’égalité ci-dessus donne f (k)(a) = k!bk, soit bk=f(k)(a)/k!ou bp=
f(p)(a)/p!pour p ∈ {0, 1, 2}, d’où le résultat. 
51.3 Cas où K=R
Théorème 4 : Pour tout réel x, on peut être Psous forme canonique :
P(x) = a x2+b x +c=a2x+b
2a2−b2−4ac 4a2.
démonstration :Soit x un réel quelconque. Alors, en reconnaissant le début d’un carré, on écrit :
a x2+b x +c=ax2+b
ax+c a=ax+b 2a2−b2 4a2+c a.

5
Fonctions polynômes du second degré
Définition 2 : On appelle discriminant de Pl’expression définie par ∆=b2−4ac.
Proposition 5 : Le changement de repère défini par X=x+b
2aet Y=y+∆ 4atransforme la
courbe d’équation y=a x2+b x +cen Y=aX2.
démonstration :On a :
y=a x2+b x +cthm 4 =ax+b
2a2
−∆
4a=aX2−∆ 4a⇔Y−∆ 4a=aX2−∆ 4a⇔Y=aX2.
Proposition 6 : Le sommet de la courbe d’équation y=a x2+b x +cest le point
S−b
2a,−∆ 4a.
démonstration :Dire que la courbe d’équation y =a x2+b x +c=0, ou Y =aX2dans le
nouveau repère induit par la proposition précédente) admet comme sommet le point S(0, 0)dans le
nouveau repère revient à dire que S −b
2a,−∆ 4adans le repère (O,~
ı,~ ).
Remarque 1 :C’est donc dans le repère (S,~ ı,~ )que la courbe d’équation y=a x2+b x +c=0 du repère
(0,~ ı,~ )s’écrit Y=aX2.
Théorème 5 : Si a>0 (resp. a<0), alors la fonction x7→ P(x) = a x2+b x +cest
⋄strictement croissante (resp. décroissante) sur −∞,−b
2a, et
⋄strictement décroissante (resp. croissante) sur −b
2a,+∞.
démonstration :Soit x ∈R. Grâce au théorème 4, on peut écrire que P(x) = f3◦f2◦f1(x), avec
f1(x) = x+b
2a;f2(x) = ax2et f3(x) = x−∆ 4a.
Les fonctions f1et f3sont strictement croissantes sur R. Le résultat s’en déduit du fait que les varia-
tions de la fonction carré ont été placées en pré-requis. 
51.4 Racines
Définition 3 : Soient f∈P2(K)et α∈K. On dit que αest une racine de f si f(α) = 0.