Leçon d`oral du CAPES de Mathématiques

Leçon 17 :
Équations du second degré à coefficients réels ou complexes
Clément Boulonne (pour l’oral du CAPES)
27 juin 2012 - Jury L de 15h35
Table des matières
1 Premières définitions et mise sous forme canonique
1.1 Définition d’une équation du second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Mise sous forme canonique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
2
2 Résolution dans C des équations
2.1 Discriminant . . . . . . . . . .
2.2 Résolution . . . . . . . . . . . .
2.3 Exemples de résolution . . . . .
3
3
3
4
du second
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
degré
. . . .
. . . .
. . . .
3 Applications
3.1 Nombres consécutifs . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Périmètre et diagonale d’un rectangle . . . .
3.3 Problème d’optimisation : aire maximale d’un
3.4 Nombre d’or . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Intersection d’une parabole et une droite . . .
à coefficients réels
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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.
.
5
5
5
6
6
7
4 Résolution d’équations du second degré à coefficients complexes
4.1 Résolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Un exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
8
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
rectangle (non présenté)
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
Niveau :
– Première S (mise sous forme canonique, coef réels, résolution dans R) ;
– Terminale S (coef réels, résolution dans C) ;
– BTS groupement A (coef complexes).
Pré-requis :
– Nombres complexes : définition et propriétés ;
– Polynôme, trinôme ;
– Résolution d’équations ;
– Fonctions du second degré.
1
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1
1.1
Premières définitions et mise sous forme canonique
Définition d’une équation du second degré
Définition 1. On appelle équation du second degré à coefficients réels (resp. complexes), une équation du type
ax2 + bx + c = 0
avec (a, b, c) ∈ R3 (resp. C3 ), a 6= 0
(E)
Exemple 1. 2x2 − 3x + 1 = 0 est une équation du second degré à coefficients réels.
1.2
Mise sous forme canonique
Théorème 1. Pour tout trinôme f : ax2 + bx + c avec a 6= 0 et (a, b, c) ∈ R3 , il existe deux nombres α et β tels
que :
f (x) = a[(x − α)2 − β].
Cette écriture est appelée forme canonique.
Note : Pendant ma présentation du plan au Jury, j’ai mis que les coefficeints (a, b, c) appartiennent à R3 . Le
théorème est même valable pour (a, b, c) ∈ C3 (avec toujours a 6= 0).
Démonstration. Comme a 6= 0, on peut écrire
b
c
ax2 + bx + c = a x2 + x +
.
a
a
On reconnaît le début du développement de x +
b
x+
2a
2
b
=x + x+
a
2
b
2a
2
b
2a
2
b
2a
2
avec x2 + ab x. En effet
,
d’où
b
b
x2 + x = x +
a
2a
2
−
.
Ainsi :
"
2
ax + bx + c = a
b
x+
2a
#
b2
c
− 2+
=a
4a
a
= a[(x − α)2 − β]
avec α = −
"
b
x+
2a
Solution. On a :
1
2x − 6x − 1 = 2 x − 3x −
.
2
2
x2 − 3x est le début du développement de x −
3
x−
2
2
= x2 − 3x +
3
x − 3x = x −
2
2
2
3
2
b2 − 4ac
−
4a2
b
b2 − 4ac
et β =
2a
4a2
Exemple 2. Mettre sous forme canonique 2x2 − 6x − 1.
2
2
2
.
9
4
9
− .
4
2
#
Ainsi :
1
2 x − 3x −
2
2
"
2
9 1
− −
4 2
"
2
11
−
.
4
3
x−
2
=2
=2
et on trouve : α =
2
2.1
3
2
et β =
3
x−
2
#
#
11
4 .
Résolution dans C des équations du second degré à coefficients réels
Discriminant
Définition 2. On appelle discriminant de l’expression ax2 + bx + c, avec a 6= 0, le nombre ∆ = b2 − 4ac.
2.2
Résolution
Théorème 2. Soit l’équation ax2 + bx + c = 0, avec a 6= 0, de discriminant ∆.
Si ∆ > 0 l’équation a deux sollutions réelles distincts x1 et x2 :
√
√
−b + ∆
−b − ∆
et x2 =
x1 =
2a
a
On a : ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).
b
Si ∆ = 0 l’équation admet une solution x0 = − 2a
.
Si ∆ < 0 alors l’équation admet deux solutions complexes conjuguées :
√
√
−b − i −∆
−b + i −∆
x1 =
x2 =
.
2a
2a
Démonstration. Soit l’équation ax2 + bx + c = 0 (avec a 6= 0 et (a, b, c) ∈ R3 ). L’équation s’écrit :
"
a
b
x+
2a
2
#
b2 − 4ac
−
= 0.
4a2
On pose ∆ = b2 − 4ac, elle s’écrit donc
"
a
b
x+
2a
2
#
∆
− 2 = 0,
4a
soit à résoudre :
b 2
∆
x+
− 2
2a
4a
!
=0
car a 6= 0.
√
Si ∆ > 0 alors ∆ est le carré de ∆ :
√ !2
√ !
√ !
b 2
∆
b
∆
b
∆
x+
+
−
−
= x+
x+
.
2a
2a
2a
2a
2a
2a
L’équation s’écrit :
√ !
√ !
∆
∆
b
b
x+
+
x+
−
= 0.
2a
2a
2a
2a
b
2a
√
+ 2a∆ = 0 ou soit x +
√
√
−b − ∆
−b + ∆
x=
ou x =
.
2a
2a
Donc soit x +
b
2a
√
−
∆
2a
= 0 et ainsi :
3
Si ∆ = 0 alors x +
x=
b
2a
2
−
∆
4a2
= 0 s’écrit x +
b
2a
2
= 0. Ce carré est nul si et seulement si, x +
b
− 2a
.
Si ∆ < 0 pas de solutions réels mais en passnat par les complexes,
∆ > 0.
2.3
∆
4a2
est le carré de
√
i −∆
2a
b
2a
= 0, soit
et l’on revient au cas
Exemples de résolution
Exemples 3.
1. Résoudre 2x2 − 5x − 4 = 0.
2. Résoudre, dans C, 2z 2 + 10z + 25 = 0.
Solution.
1. Soit à résoudre 2x2 −5x−4 = 0. Le discriminant de l’expression 2x2 −5x−4 est ∆ = 25+4×4×2 =
25 + 32 = 57 > 0. Donc l’équation 2x2 − 5x − 4 = 0 admet deux solutions :
√
√
5 + 57
5 − 57
x1 =
et x2 =
.
4
4
2. Soit à résoudre 2z 2 + 10z + 25 = 0. Le discriminant de l’expression 2z 2 + 10z + 25 est ∆ = 102 − 4 × 25 × 2 =
−100 < 0. Il y a donc deux racines complexes :
−10 + 10i
5 5
5
= − + i = (−1 + i)
2×2
2 2
2
5 5
−10 + 10i
= − − i.
z2 =
2×2
2 2
z1 =
Ne nous arrêtons pas en si bon chemin. Calculons la forme exponentielle de z1 et z2 . Tout d’abord, on calcul
le module de z1 et z2 :
√
5q 2
5 2
2
|z1 | = |z2 | =
.
1 + (−1) =
2
2
On calcule maintenant l’argument θ1 de z1 :
√
√
5
+ i)
z1
2
2
iθ1
2 (−1
√
= cos θ1 + i sin θ1 = e =
+
=−
5
|z1 |
2
2
2 2
donc :
√
2
cos θ1 = −
√ 2
2
sin θ1 = 2
)
⇒ θ1 =
3π
4
(mod 2π).
Donc :
√
5 2 3iπ/4
z1 =
e
.
2
Pour z2 , son argument θ2 est tel que :
√
√
5
− i)
z2
2
2
iθ2
2 (−1
√
= cos θ2 + i sin θ2 = e =
=
−
i
5
|z2 |
2
2
2 2
donc
√
cos θ2 = −√22
sin θ2 = − 22
)
⇒ θ2 = −
3π
4
(mod 2π)
et ainsi,
√
5 2 −3iπ/4
z2 =
e
.
2
4
3
Applications
3.1
Nombres consécutifs
Déterminer deux nomrbes entiers relatifs consécutifs dont la somme des carrés est 221.
Solution. On forme l’équation :
n2 + (n + 1)2 = 221 ⇔ n2 + n2 + 2n + 1 = 221 ⇔ 2n2 + 2n + 1 = 221
⇔ 2n2 + 2n − 220 = 0 ⇔ n2 + n + 110 = 0
Le discriminant de l’expression n2 + n + 110 est ∆ = 1 + 4 × 110 + 441 > 0, d’où
solutions pour l’équation n2 + n + 110 = 0 :
n1 =
3.2
1 + 21
= 11
2
et
n2 =
√
∆=
√
441 = 21 et il y a deux
1 − 21
= −10.
2
Périmètre et diagonale d’un rectangle
Soit ABCD un rectangle dont la diagonale [BD] mesure 15 cm et le périmètre P du rectangle vaut 42 cm.
Quels sont les dimensions du rectangle ABCD ?
D
C
15 cm
A
B
PABCD = 45 cm
Solution. Soit L la longueur du rectangle (ce qui correspond à la mesure du côté [AB]) et ` la largueur du rectangle
(ce qui correspond à la mesure du côté [AD]). ` et L vérifient le système d’équations suivant :



2(` + L) = 42
`2
+
L2
=
152
(
(d’après le thm. de Pythagore)
⇔


(`, L ≥ 0, ` < L)
` + L = 21
`2 + L2 = 152
(
⇔
L = 21 − `
`2 + (21 − `)2 = 225
(2)
On résoud l’équation (2) :
(2) ⇔ `2 + (21 − `)2 = 225 ⇔ `2 + `2 − 42` + 441 − 225 = 0
⇔ 2`2 − 42` + 216 = 0 ⇔ `2 − 21` + 108 = 0.
Le discriminant de l’expression `2 − 21` + 108 est ∆ = 441 − 432 = 9 > 0 donc
deux solutions :
(
24
`1 = 21+3
2 = 2 = 12
L1 = 21 − 12 = 9
(
et
18
`2 = 21−3
2 = 2 =9
L2 = 21 − 9 = 12.
Or L > `, donc les dimensions du rectangle ABCD sont ` = 9 cm et L = 12 cm.
5
√
∆ = 3 et l’équation (2) admet
3.3
Problème d’optimisation : aire maximale d’un rectangle (non présenté)
Soit ABC un triangle équilatéral de 10 cm, M N P Q un rectangle tel que M et N appartiennent au segment
[BC], P ∈ [AC], Q ∈ [AB]. On pose BM = t. Quelle est la valeur de t pour que l’aire du rectangle M N P Q soit
maximale ?
C
A
t = 1.3
Q
P
M
N
B
Note : Cet exercice ne traitait pas directement de résolution d’équations du second degré. J’ai perdu 20 minutes
à chercher la réponse de cet exercice.
3.4
Nombre d’or
Soit R un rectangle. On note Q(R), le rapport de la longueur avec la largueur du rectangle R. Soit R1 le
rectangle ABCD de longueur L et de largueur `. On trace un carré AEF D (qu’on nomme C) avec E ∈ [AB]
et F ∈ [CD] puis on obtient le rectangle EBCF (qu’on nomme R2 ). On dit que R∞ est un rectangle d’or si
Q(R1 ) = Q(R2 ) (on notera Φ = Q(R1 )). Quelle est la valeur exacte de Φ ?
D
R1 = ABCD
C = AEF D
R2 = EBCF
F
C
E
B
A
Solution. On forme l’équation :
L
`
L(L − `)
=
⇔
=1
`
L−`
`2
⇔ L2 − L` = `2 ⇔ L2 − L` − `2 = 0
Q(R1 ) = Q(R2 ) ⇔
On note Φ =
⇔
L
`,
on peut diviser par `2 (car ` 6= 0) :
L2 L
− − 1 = 0 ⇔ Φ2 − Φ − 1 = 0.
`2
`
Le discriminant de l’expression Φ2 − Φ − 1 est ∆ = 1 + 4 = 5 > 0. Donc :
√
1+ 5
∆=
≥ 0.
2
À noter qu’on trouve une autre solution de l’équation :
√
1− 5
< 0.
Φ̃ =
2
Comme le rapport
L
`
est positif, on prend juste la valeur de Φ.
6
3.5
Intersection d’une parabole et une droite
Soit
f
: R → R
2
x 7→ x2 − x − 1
g
et
: R → R
.
x 7→ x + 1
On note Cf (resp. Cg ) la courbe représentative de la fonction f (resp. g). Quels sont les coordonnées des points
d’intersection de Cf et Cg ?
B
6
5
4
3
2
1
A
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
−1
Solution. On cherche les coordonnées des points d’intersections A et B des courbes Cf et Cg . Trouver les coordonnées des points d’intersections revient à résoudre l’équation f (x) = g(x).
x2
−x−1=x+1
2
⇔ 2x2 − 2x − 2 = x + 1 ⇔ 2x2 − 3x − 3 = 0
f (x) = g(x) ⇔
Le discriminant de l’expression 2x2 − 3x − 3 est ∆ = 9 + 4 × 3 × 2 = 33 > 0. Donc
deux solutions :
(
xA =
yA =
4
4.1
√
3+ 33
4
√
7+ 33
4
(
et
xB =
yB =
√
3− 33
4
√
7− 33
4
√
∆ = 33 et l’équation admet
.
Résolution d’équations du second degré à coefficients complexes
Résolution
Théorème 3. L’équation az 2 + bz + c = 0 avec (a, b, c) ∈ C 3 et a 6= 0 admet deux solutions (distinctes ou
confondues) :
z1 =
−b − δ
2a
et
z2 =
−b + δ
2a
où δ 2 = ∆ = b2 − 4ac.
Démonstration. Je n’ai pas eu le temps de faire la démonstration pendant mon temps de préparation. Néanmoins,
une idée serait de refaire la mise sous forme canonique (valable dans C) puis résoudre l’équation en remarquant
une identité remarquable et en indiquant que δ est une racine carrée de ∆.
7
4.2
Un exemple
Résoudre iz 2 − (3 + 8i)z + 13 + 13i = 0.
Solution. On obtient :
∆ = (3 + 8i)2 − 4i(13 + 13i) = 9 + 48i − 64 − 13 × 4(i(1 + i))
= −55 + 48i − 52(i − 1) = −55 + 52 + 48i − 52i = −3 − 4i.
On cherche δ = a + ib tel que δ 2 = −3 − 4i. On a : δ 2 = a2 − b2 + 2iab et |δ|2 = a2 + b2 . De plus |∆| =
On en déduit :

2
2


a + b = 5
a2 − b2 = −3


2ab = −4
d’où

2


a = 1
b2 = 4


ab = −2
On trouve ainsi les racines de ∆ sont :
δ1 = 1 − 2i
et
δ2 = −1 + 2i.
D’où :
4 + 6i
(3 + 8i) − (−1 + 2i)
=
= 3 − 2i;
2i
2i
(3 + 8i) + (−1 + 2i)
2 + 10i
z2 =
=
= 5 + i.
2i
2i
z1 =
8
√
9 + 16 = 5.