Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr EQUATIONS DU SECOND DEGRE EXERCICES CORRIGES Exercice n°1. Résoudre dans \ les équations : x 2 = 169 x 2 + 4 = 20 x2 + 6 = 8 5 x 2 + 7 = 2 x 2 − 16 Exercice n°2. Résoudre dans \ les équations suivantes : 5 x 2 − 3x = 0 Exercice n°3. Résoudre dans \ les équations suivantes : x2 + 2 x − 3 = 0 x 2 + 4 x − 21 = 0 (x 2 − 4 x − 2 )( −2 x 2 + 3x + 4 ) = 0 11 − 5 x 2 = 2 9 x2 − 4 = 0 9 x2 + 6 x + 1 = 0 2 x − 1 5x − 4 − =0 x+3 5x 3x 2 + 1 = 0 − x 2 + 6 x − 10 = 0 2 x + 3 3x + 2 − =0 x−4 x+4 x 2 − 14 = 5 x 2 − 50 x2 − 2 x + 1 = 0 x2 − x − 1 = 0 Exercice n°4. Soit l’équation : (E) ( m + 2 ) x 2 − 2mx + 2m − 3 = 0 où x est l’inconnue, et m un paramètre réel 1) Etudier l’équation (E) pour m = -2 2) Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre m l’équation (E) admet-elle deux solutions ? une seule solution ? aucune solution ? 3) Lorsque les solutions de (E) existent, calculer leur somme et leur produit en fonction de m Peut-on déterminer m pour que l’équation (E) ait deux solutions x’ et x’’ vérifiant la relation x’x’’=1 ? Exercice n°5. 1) Résoudre dans \ l’équation X 2 + X − 6 = 0 2) En déduire la résolution des équations : x 4 + x 2 − 6 = 0 Exercice n°6. (Terminale S) Résoudre dans ^ : ( Les équations −2 z 2 + 6 z − 5 = 0 et z 2 + 2 x+ x −6=0 ) ( z 2 − 4z + 4) = 0 Page 1/4 Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr CORRECTION Exercice n°1 x 2 = 169 ⇔ x = 169 ou x = − 169 c'est-à-dire x = 13 ou x = −13 x 2 + 4 = 20 ⇔ x 2 = 16 ⇔ x = 16 ou x = − 16 c'est-à-dire x = 4 ou x = −4 x 2 + 6 = 8 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = 2 ou x = − 2 23 5 x 2 + 7 = 2 x 2 − 16 ⇔ 3x 2 = −23 ⇔ x 2 = − impossible dans \ 3 9 9 3 3 5 9 3 5 11 − 5 x 2 = 2 ⇔ 5 x 2 = 9 ⇔ x 2 = ⇔ x = = = ou x = − =5 5 5 5 5 5 x 2 − 14 = 5 x 2 − 50 ⇔ 4 x 2 = 36 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = 9 ou x = − 9 c'est-à-dire x = 3 ou x = −3 Exercice n°2 5 x 2 − 3x = 0 5 x 2 − 3 x = 0 ⇔ x ( 5 x − 3) = 0 Cette équation est une équation du second degré résolue par factorisation et application de la règle du produit nul. L’usage veut que l’on classe les solutions dans l’ordre croissant. ⇔ x = 0 ou 5 x − 3 = 0 3 3 ⇔ x = 0 ou x = . S = 0; 5 5 9 x2 − 4 = 0 9 x 2 − 4 = 0 ⇔ ( 3 x ) − 22 = 0 ⇔ ( 3x − 2 )( 3x + 2 ) = 0 2 ⇔ 3 x − 2 = 0 ou 3x + 2 = 0 ⇔x= 2 2 2 2 ou x = − . S = − ; 3 3 3 3 3x 2 + 1 = 0 1 3x 2 + 1 = 0 ⇔ x 2 = − . Or pour tout réel x, x 2 ≥ 0 , donc 3 l’équation n’a pas de solution réelle. S = ∅ x2 − 2 x + 1 = 0 x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 2 Cette équation est une équation du second degré résolue par factorisation grâce à une identité remarquable a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) et application de la règle du produit nul Seuls les nombres nuls ont un carré nul Exercice n°3 1) On calcule le discriminant du polynôme P ( x ) = x 2 + 2 x − 3 : ∆ = 22 − 4 × 1 × ( −3) = 4 + 12 = 16 . ∆ > 0 donc le polynôme admet deux racines réelles distinctes (ou encore, l’équation admet deux solutions réelles distinctes) : −2 − 16 −2 + 16 x1 = = −3 et x2 = = 1 . On a donc S = {−3;1} . 2 2 2) On calcule le discriminant du polynôme P ( x ) = x 2 + 4 x − 21 : ∆ = 42 − 4 × 1 × ( −21) = 16 + 84 = 100 . ∆ > 0 donc le polynôme admet deux racines réelles distinctes (ou encore, l’équation admet deux solutions réelles distinctes) : −4 − 100 −4 + 100 x1 = = −7 et x2 = = 3 . On a donc S = {−7;3} . 2 2 3) On calcule le discriminant du polynôme P ( x ) = 9 x 2 + 6 x + 1 : ∆ = 62 − 4 × 9 × 1 = 0 . ∆ = 0 donc le polynôme admet une unique racine réelle (ou encore, l’équation admet une unique solution réelle) : x1 = 1 −6 1 = − . Ainsi S = − . 2×9 3 3 4) On calcule le discriminant du polynôme P ( x ) = − x 2 + 6 x − 10 : ∆ = 62 − 4 × ( −1) × ( −10 ) = −4 . ∆ < 0 donc l’équation n’admet pas de solutions réelles. S = ∅ . Il existe cependant des solutions complexes 5) On calcule le discriminant du polynôme P ( x ) = x 2 − x − 1 : ∆ = ( −1) − 4 × 1 × ( −1) = 1 + 4 = 5 . ∆ > 0 donc le polynôme admet deux racines réelles distinctes (ou encore, l’équation admet deux solutions réelles distinctes) : 2 x1 = 6) 1 − 5 1 + 5 1− 5 1+ 5 et x2 = . On a donc S = ; . 2 2 2 2 (x 2 − 4 x − 2 )( -2 x 2 + 3x + 4 ) = 0 ⇔ x 2 − 4 x − 2 = 0 ou - 2 x 2 + 3x + 4 = 0 (règle du produit nul) et on retrouve des équations du second degré « classiques » Page 2/4 Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr 2 x − 1 5x − 4 − = 0 . L’équation est définie si et seulement si x ≠ −3 et x ≠ 0 . Pour tout x ∈ \ \ {−3;0} , 7) x+3 5x ( 2 x − 1) × 5 x − ( x + 3)( 5 x − 4 ) 2 x − 1 5x − 4 − =0⇔ = 0 ⇔ ( 2 x − 1) × 5 x − ( x + 3)( 5 x − 4 ) = 0 (une fraction est nulle si et 5x 5 x ( x + 3) x+3 seulement si son numérateur est nulle) ⇔ 10 x 2 − 5 x − ( 5 x 2 − 4 x + 15 x − 12 ) = 0 ⇔ 5 x 2 − 16 x + 12 = 0 et on retrouve une équations du second degré « classique » On pouvait aussi mettre en œuvre la technique des produits en croix : Pour tout x ∈ \ \ {−3;0} , 2x − 1 5x − 4 2 x − 1 5x − 4 − =0⇔ = x+3 x+3 5x 5x ⇔ ( 2 x − 1) × 5 x = ( x + 3)( 5 x − 4 ) ⇔ ( 2 x − 1) × 5 x − ( x + 3)( 5 x − 4 ) = 0 ⇔ 10 x 2 − 5 x − ( 5 x 2 − 4 x + 15 x − 12 ) = 0 ⇔ 5 x 2 − 16 x + 12 = 0 2 x + 3 3x + 2 − = 0 . L’équation est définie si et seulement si x ≠ −4 et x ≠ 4 . Pour tout x ∈ \ \ {−4;4} , x−4 x+4 ( 2 x + 3)( x + 4 ) − ( 3x + 2 )( x − 4 ) 2 x 2 + 8 x + 3x + 12 − 3x 2 + 12 x − 2 x + 8 − x 2 + 21x + 20 =0⇔ =0⇔ =0 ( x + 4 )( x − 4 ) ( x + 4 )( x − 4 ) ( x + 4 )( x − 4 ) 8) ⇔ − x 2 + 21x + 20 = 0 (une fraction est nulle si et seulement si son numérateur est nulle) Pour cette dernière équation, on calcule ∆ = ( 21) − 4 × ( −1) × 20 = 441 + 80 = 521 , donc l’équation admet deux solutions 2 réelles distinctes x1 = −21 − 521 21 + 521 −21 + 521 21 − 521 21 + 521 21 − 521 = et x2 = = . Ainsi S = ; . −2 2 −2 2 2 2 Exercice n°4 1) Si m = −2 , l’équation (E) est équivalente à l’équation du premier degré 4 x − 7 = 0 ⇔ x = ( m + 2 ) x 2 − 2mx + 2m − 3 = 0 admet pour discriminant : 2 ∆ m = ( −2m ) − 4 ( m + 2 )( 2m − 3) = 4m 2 − ( 8m 2 + 4m − 24 ) = 4 ( − m 2 − m + 6 ) 7 4 2) Si m ≠ −2 , l’équation (E) L’étude du signe du signe du discriminant, qui est lui même un polynôme de variable m , nous donnera le nombre de solutions de l’équation (E). Le discriminant ∆ m a le même signe que l’expression −m 2 − m + 6 . On calcule le propre discriminant de l’expression ∆ m = − m 2 − m + 6 , qui vaut ( −1) − 4 × ( −1) × 6 = 25 = 52 , d’où l’existence de deux racines 2 distinctes m1 = 1 − 25 1 + 25 = −3 . = 2 et m2 = 2 × ( −1) 2 × ( −1) Le signe de ∆ m = − m 2 − m + 6 est donc donné par : -Si m ∈ ]−3;2[ \ {−2} = ]−3; −2[ ∪ ]−2;2[ , puisque ∆ m > 0 , l’équation (E) admettra deux solutions réelles distinctes. -Si m ∈ ]−∞; −3[ ∪ ]2; +∞[ , puisque ∆ m < 0 , l’équation (E) n’admettra aucune solution réelle. -Si m = -3 ou m = 2, puisque ∆ m = 0 , l’équation admettra une unique solution réelle. 2m − 4 ( − m 2 − m + 6 ) 3) Lorsque les solutions de (E) existent, elles valent x1 = que leur somme vaut S = x1 + x2 = 2m − 4 ( − m 2 − m + 6 ) ( 2m − et leur produit vaut : P = x x = 2 ( m + 2) = 2 − ( 4 ( −m2 − m + 6 ) 4 ( m + 2) 2 ) 2 = + 2 ( m + 2) )( ( 2 ( m + 2)) 4m 2 − 4 ( − m 2 − m + 6 ) 4 ( m + 2) 2 = et x2 = 2m + 4 ( − m 2 − m + 6 ) 4 ( − m 2 − m + 6 ) 2m + 4 ( − m 2 − m + 6 ) 1 2 ( 2m ) 2 ( m + 2) = ) 4 ( m + 2) Page 3/4 2 = 2m 2 + m − 6 ( m + 2) 2 2 ( m + 2) 4m 2m = , 2 ( m + 2) m + 2 2 8m 2 + 4m − 24 2m + 4 ( − m 2 − m + 6 ) , de sorte Cours et exercices de mathématiques M. CUAZ, http://mathscyr.free.fr 3 2 ( m + 2) m − 3 2 2m − 3 En calculant le déterminant, on factorise 2m 2 + m − 6 = 2 ( m + 2 ) m − , et ainsi P = = 2 m+2 2 ( m + 2) Remarque : En utilisant directement les relations entre coefficients et racines, à savoir S = x1 + x2 = − b c et P = x1 x2 = , a a on pouvait directement retrouver ces résultats 4) L’équation (E) admet deux solutions x’ et x’’ vérifiant la relation x’x’’=1 si et seulement si m ∈ ]−3; −2[ ∪ ]−2;2[ et P= 2m − 3 = 1 ⇔ 2m − 3 = m + 2 ⇔ m = 5 . Ceci est impossible car si m = 5, l’équation n’admettra aucune solution réelle. m+2 Exercice n°5 1) L’équation X 2 + X − 6 = 0 admet deux solutions réelles distinctes X 1 = −1 − 25 −1 + 25 =2 = −3 et X 2 = 2 2 2) En posant X = x 2 , puisque x 4 = ( x 2 ) = X 2 , l’équation devient équivalente à X 2 + X − 6 = 0 , que l’on a résolu au 2 dessus : X = 2 ou X = −3 . En revenant à la variable x on a : X = 2 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = 2 ou x = − 2 { X = −3 ⇔ x 2 = −3 . Or pour tout réel x, x 2 ≥ 0 , donc l’équation n’a pas de solution réelle. Finalement, S = − 2; 2 En posant X = x , puisque x = ( x) 2 } = X 2 , l’équation devient équivalente à X 2 + X − 6 = 0 , que l’on a résolu au dessus : X = 2 ou X = −3 En revenant à la variable x on a : X = 2 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 x ≥ 0 , donc l’équation n’a pas de solution réelle. Finalement, S = {4} X = −3 ⇔ x = −3 . Or pour tout réel positif x, Exercice n°6 (Terminale S) On calcule le discriminant de l’équation −2 z 2 + 6 z − 5 = 0 : ∆ = 62 − 4 × ( −2 ) × ( −5 ) = 36 − 40 = −4 = ( 2i ) 2 L’équation admet donc deux racines complexes conjuguées : z1 = 3 1 3 1 S = − i; + i 2 2 2 2 ( L’équation z 2 + 2 { −6 − 2i 3 1 −6 + 2i 3 1 = + i et z2 = = − i 2 × ( −2 ) 2 2 2 × ( −2 ) 2 2 )( z 2 − 4 z + 4) = 0 se réécrit ( z + i 2 )( z − i 2 ) ( z − 2)2 = 0 , et admet donc comme ensemble de } solutions S = −i 2; i 2; 2 Page 4/4