
\begin{itemize}
\item \textcolor{blue}{Pour $\mathcal{P}_1$}.

\medskip

On voit que ses deux racines sont $\alpha=-1$ et $\beta=3$.

Par conséquent, le trinôme est de la forme $f_1(x)=a(x+1)(x-3)$.

Le sommet de la parabole est le point de coordonnées \coord{1}{4} donc $f_1(1)=4$. Ainsi,
\[
a(1+1)(1-3)=4 \Longleftrightarrow -4a=4 \Longleftrightarrow a=-1.
\]
On a donc :
\[
f_1(x)=-(x+1)(x-4)\qquad\text{soit}\qquad\boxed{f_1(x)=-x^2+3x+4}
\]

\item \textcolor{red}{Pour $\mathcal{P}_2$}.

\medskip

On voit que le trinôme n'a pas de racines car la parabole ne coupe pas l'axe des abscisses.

Posons $f_2(x)=ax^2+bx+c$.

\begin{itemize}
\item La parabole passe par le point de coordonnées \coord{0}{1} donc $f_2(0)=1$, soit $c=1$.
\item La parabole passe par le point de coordonnées \coord{2}{1} donc $f_2(2)=1$, soit\\ $a\times2^2+2b+1=1$, soit $4a+2b=0$ ou encore $b=-2a$.

On peut alors écrire : $f_2(x)=ax^2-2ax+1$.
\item La parabole passe par le point de coordonnées \coord{4}{5} donc $f_2(4)=5$, soit\\ $16a-8a+1=5$, ou encore $8a=4$. Donc $a=\dfrac{1}{2}$
\end{itemize}

On en déduit alors que $a=\dfrac{1}{2}$, $b=-2\times\dfrac{1}{2}=-1$ et $c=1$. Donc :
\[
\boxed{f_2(x)=\dfrac{1}{2}x^2-x+1}
\]

\item \textcolor{green!50!black}{Pour $\mathcal{P}_3$}.

\medskip

Posons $f_3(x)=ax^2+bx+c$.

\begin{itemize}
\item $A\coord{0}{-3}\in\mathcal{P}_3\Longrightarrow c=-3$.
\item $B\coord{-4}{-3}\in\mathcal{P}_3\Longrightarrow 16a-4b-3=-3$, soit $4a=b$. Donc $f_3(x)=ax^2+4ax-3$.
\item $C\coord{-2}{-1}\in\mathcal{P}_3\Longrightarrow 4a-8a-3=-1$, soit $-4a=2$ d'où $a=-\dfrac{1}{2}$.
\end{itemize}
On en déduit :
\[
\boxed{f_3(x)=-\dfrac{1}{2}x^2-2x-3}
\]

\item \textcolor{prop}{Pour $\mathcal{P}_4$}.

\medskip

L'axe des abscisses est tangent à la parabole donc $f_4(x)=a(x-\alpha)^2$. L'unique racine étant $-2$, on a $f_4(x)=a(x+2)^2$.

De plus, $f_4(0)=1$ et $f_4(0)=4a$ donc $a=\dfrac{1}{4}$. Finalement, on a :
\[
\boxed{f_4(x)=\dfrac{1}{4}x^2+x+1}
\]
\end{itemize}
