equations du second degre exercices corriges

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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
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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 »
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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)
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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
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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
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