Pourquoi alpha = (-b)/(2a)
dans Algèbre
Je suis au lycée, et j'ai compris que les mathématiques se comprenaient d'abord avant de s'apprendre, alors ma question est :
Pourquoi alpha = (-b)/(2a) ?
Pourquoi alpha = (-b)/(2a) ?
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Réponses
Autrement dit, ce n'est pas ainsi que tu t'en sortiras en maths, c'est en sachant de quoi tu parles. Et alors, bizarrement, la compréhension vient. les explications du prof prennent du sens et on a compris et à moitié appris le cours dès qu'il a fini d'expliquer.
Donc reviens avec une explication de ce dont tu parles (je suis assez sûr de ce que c'est, mais c'est toi qui poses la question, c'est à toi de savoir de quoi tu parles).
Cordialement.
Je suis en seconde.
J'ai un trinôme du second degré \( ax^2 + bx + c \) avec \( a \neq 0 \).
Je veux l'écrire sous la forme \( a(x-\alpha)^2 + \beta \) comme il est écrit dans mon cours.
Je voudrais savoir pourquoi \( \alpha = - \dfrac b{2a} \).
pcc skeletom.
[ Je n'ai pas écrit les quantificateurs implicites, j'aurais dû ? ]
On prend une fonction polynôme du 2nd degré
f(x) = ax2+bx+c
Avec a non nul
Suite : voir pièce jointe
\[ a\left( x + \dfrac b{2a} \right)^2 - \dfrac {b^2}{4a} + c \]
tu retrouves
\[ ax^2 + bx + c. \]
Donc \( \alpha = - \dfrac b{2a} \) est un bon candidat.
Avec un peu plus de travail, on peut démontrer que c'est le seul.
e.v.
[ Pour le même prix, je t'offre \( \beta = - \dfrac {b^2-4ac}{4a} \) ]
$ax^2+bx+c=a[(x-\frac{-b}{2a})^2-\frac{b^2-4ac}{4a^2}]$ (forme canonique du trinôme).
Et comme un carré est toujours positif, le maximum (a<0) ou le minimum (a>0) s'obtient pour $x=\frac{-b}{2a}$.
Cordialement.
\[ a\left( x + \dfrac b{2a} \right)^2 - \dfrac
{b^2}{4a} + c \]
On divise par $a$ (non nul d'habitude, dans ce cadre...) :
On obtient :$x^2+\dfrac{bx}{a}+\dfrac{c}{a}$.
Or : $x^2+\dfrac{bx}{a}$ est bien le début du développement de $(x+...)^2$...
Remarque :
Un intervenant régulier propose de jeter tout cela aux WC.
Un mathématicien se gausse de ce débat et a laissé son nom à cette méthode qui consiste à "compléter le carré".
C'est en seconde, voire en 3e dans quelques établissement, qu'on s'initie à ce "d'où ça vient ?".
Et à part se servir des identités remarquables, je ne vois pas.
De mon boulot, très rapidement : Posons\[f(x)=a\,x^2+b\,x+c\] quel que soit le nombre (réel) $x$. Je réponds brièvement à ceci. Dans toute la suite, l'on suppose $a\ne0$. Alors,\[a\,x^2+b\,x+c=a\,\left(x^2+\dfrac{b}{a}\,x+\dfrac{c}{a}\right)\]avec\[\left(x+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2=x^2+\dfrac{b}{a}\,x+\dfrac{b^2}{4\,a^2}\mbox{, d'où }x^2+\dfrac{b}{a}\,x=\left(x+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4\,a^2}\]Ainsi obtient-on que\[a\,x^2+b\,x+c=a\,\left(x^2+\dfrac{b}{a}\,x+\dfrac{c}{a}\right)=a\,\left(\left(x+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4\,a^2}+\dfrac{c}{a}\right)=a\,\left(x+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4\,a}+c\]d'où ton résultat.
Supposons maintenant que l'on ait $a<0$ (le cas $a>0$ se traitant aisément !). Soit $u$ et $v$ des nombres (réels) tels que\[u<v<-\dfrac{b}{2\,a}\]Alors,\[u+\dfrac{b}{2\,a}<v+\dfrac{b}{2\,a}<0\]soit\[0<\left(v+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2<\left(u+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2\](la fonction $x\mapsto{x^2}$ étant strictement décroissante sur l'ensemble des nombres négatifs) ou encore\[a\,\left(u+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2<a\,\left(v+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2<0\]de sorte que\[a\,\left(u+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4\,a}+c<a\,\left(v+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4\,a}+c<-\dfrac{b^2}{4\,a}+c\mbox{, avec }f\left(-\dfrac{b}{2\,a}\right)=-\dfrac{b^2}{4\,a}+c\]Nous venons donc de montrer que, si $u$ et $v$ sont des nombres tels que\[u<v<-\dfrac{b}{2\,a}\]alors,\[f(u)<f(v)<f\left(-\dfrac{b}{2\,a}\right)\]De manière analogue, soit $u$ et $v$ des nombres tels que\[-\dfrac{b}{2\,a}<u<v\]Alors,\[0<u+\dfrac{b}{2\,a}<v+\dfrac{b}{2\,a}\]soit\[0<\left(u+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2<\left(v+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2\](la fonction $x\mapsto{x^2}$ étant strictement croissante sur l'ensemble des nombres positifs) ou encore\[a\,\left(v+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2<a\,\left(u+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2<0\]de sorte que\[a\,\left(v+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4\,a}+c<a\,\left(u+\dfrac{b}{2\,a}\right)^2-\dfrac{b^2}{4\,a}+c<-\dfrac{b^2}{4\,a}+c\mbox{, avec }f\left(-\dfrac{b}{2\,a}\right)=-\dfrac{b^2}{4\,a}+c\]Nous venons donc de montrer que, si $u$ et $v$ sont des nombres tels que\[-\dfrac{b}{2\,a}<u<v\]alors,\[f(v)<f(u)<f\left(-\dfrac{b}{2\,a}\right)\]Je te laisse rédiger une preuve dans le cas où l'on aurait $a>0$ et le soin de conclure que le point\[S\left(-\dfrac{b}{2\,a},\,f\left(-\dfrac{b}{2\,a}\right)\right)\]est bien un extremum.
Je ne sais pas si c'est clair !!
Bien cordialement,
Thierry
$$
\begin{align*}
\frac{f(y)-f(x)}{y-x}
& = \frac{1}{y-x}
\cdot
\big[
(ay^2+by+c)
-
(ax^2+bx+c)
\big] \\
& =
\frac{1}{y-x}
\cdot
\big[
a(y^2-x^2) + b(y-x)
\big].
\end{align*}
$$
On reconnaît l'identité remarquable $y^2 - x^2 = (x+y)(y-x)$, d'où :
$$
\begin{align*}
\frac{f(y)-f(x)}{y-x}
& = \frac{1}{y-x}
\cdot
\big[
a(x+y)(y-x) + b(y-x)
\big].\\
& =
a(x+y)+ b.
\end{align*}
$$
Celui-ci est automatiquement
du signe de $a$ si $x,y \ge -\frac{b}{2a}$
du signe opposé de $a$ si $x,y \le -\frac{b}{2a}$
Je suppose maintenant $a > 0$.
Ainsi, la fonction $f$ est
croissante sur $\big[\frac{b}{2a};+\infty\big[$
décroissante sur $\big[-\infty;\frac{b}{2a}\big]$
donc elle atteint son minimum en $-\frac{b}{2a}$.
Le cheminement que j'essaye d'effectuer avec mes secondes est plutôt de remarquer que la courbe semble admettre un axe de symétrie, puis que $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$ semble être constant (où $x_{1}$ et $x_{2}$ sont 2 solutions de $f(x)=k$ si elles existent). Tout cela devient plus évident en 1ere avec le discriminant, puis immédiat avec les fonctions dérivées.