Problèmes algébriques

Problèmes algébriques : résolution d’équations,
d’inéquations, de systèmes
Denis Vekemans ∗
1 Équations linéaires
On considère une équation en xdu type a×x+b=c×x+d. Sa solution est
— si a=cet b=d, tout xest solution.
— si a=cet b6=d, aucun xn’est solution.
— si a6=c,x=d−b
a−cest l’unique solution.
Théorème 1.1
Soient a,b,cet ddes réels tels que a6=c, alors :
a×x+b=c×x+d⇐⇒ x=d−b
a−c.
Soient a,bet cdes réels, alors :
a×x+b=a×x+c⇐⇒ b=cet xest quelconque.
2 Systèmes d’équations linéaires
On considère un système 2 ×2 d’équations (E) en xet y
a×x+b×y=c
a′×x+b′×y=c′
2.1 Méthode de résolution par substitution
De la première équation, on tire, en multipliant par a′, que a×a′×x+b×a′×y=c×a′.
Or, dans la seconde, on sait que a′×x=−b′×y+c′.
∗Laboratoire de mathématiques pures et appliquées Joseph Liouville ; 50, rue Ferdinand Buisson BP 699 ; 62 228 Calais
cedex ; France
1

En substituant a′×x, on obtient a×(−b′×y+c′) + b×a′×y=c×a′, on est ramené à une équation
dont on a déjà vu la résolution qui nous permet d’obtenir y.
Dans le cas où a×b′=a′×b, il peut ne pas y avoir de solution ou y en avoir une infinité.
Enfin, la valeur trouvée pour yréinjectée dans l’une des deux équations de départ permet de déduire
x.
2.2 Méthode de résolution par opérations élémentaires sur les lignes
Notons (1) la première équation et (2) la seconde.
Le système [(1); (2)] équivaut à [a′×(1) −a×(2); (2)] et l’équation a′×(1) −a×(2) se résout aisément
car elle n’a qu’une indéterminée
Au cas où a×b′=a′×b.
Attention, ces méthodes traitent les équations linéaires (ou les systèmes linéaires), mais dans les pro-
blèmes algébriques, les équations ne sont pas toujours linéaires.
Note Ces méthodes se généralisent aux systèmes 3 ×3, ...
3 Équations non linéaires
Théorème 3.1
Soit aun réel positif ou nul, alors :
x2=a
x≥0⇐⇒ x=√a.
Plus généralement,
Théorème 3.2
Soit aun réel positif ou nul et nun entier naturel, alors :
xn=a
x≥0⇐⇒ x=n
√a.
Exercice 1 [Aix-Marseille, Corse, Montpellier, Nice (2000)] Les aires des faces d’un parallélépipède rec-
tangle sont 96, 160 et 240. Quel est le volume de ce polyèdre ?
Solution 1 Si on appelle x,yet zles trois dimensions du parallélépipède rectangle avec x≤y≤z, on
obtient 
x×y= 96
x×z= 160
y×z= 240
On déduit que (x×y)×(x×z)×(y×z) = 96 ×160 ×240, puis (x×y×z)2= 3 686 400.
2

Ensuite x×y×z=√3 686 400 = 1 920. Le volume du parallélépipède rectangle est donc de 1 920.
On conclut 
x=x×y×z
y×z=1 920 240 = 8
y=x×y×z
x×z=1 920 160 = 12
z=x×y×z
x×y=1 920 96 = 20
Exercice 2 [Rennes (2000)] Le but de cet exercice est d’appliquer une présentation non familière utili-
sée par le mathématicien arabe Al khuwarizmi au IXème siècle pour trouver une solution positive d’une
équation du second degré.
Recherche d’une solution positive d’une équation du second degré.
Exemple Soit x2+ 10 ×x= 39 une équation dont on recherche, si elle existe, une solution positive.
2,5x2,5
2,5
x
2,5
Objet Aire de l’objet
Carré central x2
Un rectangle adjacent au carré central 2,5×x
L’ensemble des quatre rectangles adjacents au carré central 4 ×2,5×x= 10 ×x
Un petit carré de coin 2,52= 6,25
L’ensemble des quatre petits carrés de coin 4 ×6,25 = 25
Le grand carré x2+ 10 ×x
|{z }
=39 d’après l’équation
+25 = 64
Ainsi, le côté du grand carré mesure 8 = x+ 2 ×2,5 = x+ 5, puis x= 3. On vérifie aisément que 3 est
bien solution de l’équation de départ.
1. Reproduire le raisonnement pour l’équation x2+ 2 ×x= 24.
2. Écrire sans justification la suite des calculs (un calcul par ligne) vous permettant de calculer l’une
des solutions de x2+ 5 ×x= 84.
3. Décrire en langage courant cet algorithme particulier indiquant une méthode générale dans le cas
x2+a×x=b, où aet bsont des entiers naturels, et où l’équation possède au moins une solution
positive.
3

Solution 2
1. Raisonnement pour l’équation x2+ 2 ×x= 24.
x
1/2 1/2
1/2
x
1/2
Objet Aire de l’objet
Carré central x2
Un rectangle adjacent au carré central 0,5×x
L’ensemble des quatre rectangles adjacents au carré central 4 ×0,5×x= 2 ×x
Un petit carré de coin 0,52= 0,25
L’ensemble des quatre petits carrés de coin 4 ×0,25 = 1
Le grand carré x2+ 2 ×x
| {z }
=24 d’après l’équation
+1 = 25
Ainsi, le côté du grand carré mesure 5 = x+ 2 ×0,5 = x+ 1, puis x= 4. On vérifie aisément que
4 est bien solution de l’équation de départ.
2. Suite des calculs (un calcul par ligne) permettant de calculer l’une des solutions de x2+ 5 ×x= 84.
— Je cherche le côté du petit carré : 5
4= 1,25.
Je calcule l’aire totale des quatre petits carrés : 4 ×(5
4)2=25 4= 6,25.
Calcul de 4 ×(5
4)2.
— Je calcule également l’aire totale des quatre rectangles : 4 ×5
4×x= 5 ×x.
Calcul de 4 ×5
4.
— J’obtiens une expression de l’aire totale du grand carré : x2+ 5 ×x+ 6,25.
J’utilise le fait que x2+ 5 ×x= 84 pour donner une expression numérique de l’aire totale du
grand carré 84 + 6,25 = 90,25.
Calcul de 84 + 6,25.
4

— Je déduis la longueur du côté du grand carré √90,25 = 9,5.
Calcul de √90,25.
— Enfin, je résouds l’équation 9,5 = x+ 2 ×1,25 en calculant xpar 9,5−2×1,25 = 7.
Calcul de 9,5−2×1,25.
— Pour la vérification, je calcule 72+ 5 ×7 = 84.
Calcul de 72+ 5 ×7.
3. Raisonnement pour l’équation x2+a×x=b.
x
a/4 a/4
a/4
x
a/4
Objet Aire de l’objet
Carré central x2
Un rectangle adjacent au carré central a
4×x
L’ensemble des quatre rectangles adjacents au carré central 4 ×a
4×x=a×x
Un petit carré de coin (a
4)2=a2 16
L’ensemble des quatre petits carrés de coin 4 ×a2
16 =a2 4
Le grand carré x2+a×x
|{z }
=bd’après l’équation
+a2
4=b+a2 4
Ainsi, le côté du grand carré mesure qb+a2
4=x+ 2 ×a 4=x+a 2, puis x=−a 2+qb+a2 4. On
vérifie que x=−a
2+qb+a2 4est bien solution de l’équation de départ :
(−a
2+sb+a2 4)2+a×(−a 2+sb+a2 4)
=a2
4+b+a2 4−a×sb+a2 4−a2 2+a×sb+a2 4
=b.
5