l18

18
LEÇON
Équations du second
degré à coefficients
réels ou complexes
Niveau : Première S (mise sous forme canonique, coef réels, résolution dans R) ; Terminale S (coef réels, résolution dans C) ; BTS groupement A (coef complexes).
Prérequis : nombres complexes, définition et propriétés, polynôme, trinôme, résolution
d’équations, fonctions du second degré.
1
Premières définitions et mise sous forme canonique
1 1 Définition d’une équation du second degré
Définition 18.1
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 �= 0
(E)
Exemple 18.2. 2x2 − 3x + 1 = 0 est une équation du second degré à coefficients réels.
1 2 Mise sous forme canonique
Théorème 18.3
Pour tout trinôme f : ax2 + bx + c avec a �= 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.
Développement
Démonstration. Comme a �= 0, on peut écrire
�
�
c
b
ax + bx + c = a x + x +
.
a
a
�
�
b 2
avec x2 + ab x. En effet
On reconnaît le début du développement de x + 2a
� �2
�
�2
b
b
b
x+
= x2 + x +
,
2a
a
2a
2
d’où
b
x + x=
a
2
Ainsi :
2
ax + bx + c = a
��
b
x+
2a
�
�
b
x+
2a
2
�2
−
�
b
2a
�2
.
��
�
�
�2
b2
b
c
b2 − 4ac
− 2+
=a x+
−
4a
a
2a
4a2
= a[(x − α)2 − β]
avec α = −
b2 − 4ac
b
et β =
2a
4a2
�
Exemple 18.4. Mettre sous forme canonique 2x2 − 6x − 1.
Développement
Solution. On a :
�
1
.
2x − 6x − 1 = 2 x − 3x −
2
�
�2
x2 − 3x est le début du développement de x − 32 .
�
�2
9
3
= x2 − 3x +
x−
2
4
�
�2
3
9
x2 − 3x = x −
− .
2
4
2
82
�
2
LEÇON 18. ÉQUATIONS DU SECOND DEGRÉ À COEFFICIENTS RÉELS OU COMPLEXES
Ainsi :
�
1
2 x2 − 3x −
2
et on trouve : α =
3
2
et β =
�
��
�2
9 1
− −
=2
4 2
�
��
�2
11
3
.
−
=2 x−
2
4
3
x−
2
�
11
4 .
�
2
Résolution dans C des équations du second degré à coefficients réels
2 1 Discriminant
Définition 18.5
On appelle discriminant de l’expression ax2 + bx + c, avec a �= 0, le nombre Δ = b2 − 4ac.
2 2 Résolution
Soit l’équation ax2 + bx + c = 0, avec a �= 0, de discriminant Δ.
Si Δ > 0 l’équation a deux sollutions réelles distincts x1 et x2 :
√
√
−b − Δ
−b + Δ
x1 =
et x2 =
2a
a
Théorème 18.6
On a : ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).
b
Si Δ = 0 l’équation admet une solution x0 = − 2a
.
Si Δ < 0 alors l’équation admet deux solutions complexes conjuguées :
√
√
−b − i −Δ
−b + i −Δ
x2 =
.
x1 =
2a
2a
Développement
Démonstration. Soit l’équation ax2 + bx + c = 0 (avec a �= 0 et (a, b, c) ∈ R3 ). L’équation s’écrit :
��
�
�2
b
b2 − 4ac
a x+
−
= 0.
2a
4a2
On pose Δ = b2 − 4ac, elle s’écrit donc
a
��
b
x+
2a
soit à résoudre :
�
car a �= 0.
Si Δ > 0 alors Δ est le carré de
�
√
x+
�2
Δ
− 2
4a
b 2
Δ
− 2
2a
4a
�
�
= 0,
=0
Δ:
b
x+
2a
�2
� √ �2 �
√ ��
√ �
b
b
Δ
Δ
Δ
+
x+
−
.
−
= x+
2a
2a
2a
2a
2a
18.2. RÉSOLUTION DANS C DES ÉQUATIONS DU SECOND DEGRÉ À COEFFICIENTS RÉELS
83
L’équation s’écrit :
√ ��
√ �
b
b
Δ
Δ
+
x+
−
= 0.
x+
2a
2a
2a
2a
�
Donc soit x +
b
2a
�
Si Δ = 0 alors x +
b
.
x = − 2a
+
√
�
b 2
2a
Δ
2a
= 0 ou soit x +
−
Δ
4a2
b
2a
√
Δ
2a
= 0 et ainsi :
√
√
−b + Δ
−b − Δ
ou x =
.
x=
2a
2a
�
�
�
b 2
= 0 s’écrit x + 2a
= 0. Ce carré est nul si et seulement si, x +
−
Si Δ < 0 pas de solutions réels mais en passnat par les complexes,
Δ
4a2
est le carré de
√
i −Δ
2a
b
2a
�
= 0, soit
et l’on revient au cas Δ > 0.
�
2 3 Exemples de résolution
Exemples 18.7.
1. Résoudre 2x2 − 5x − 4 = 0.
2. Résoudre, dans C, 2z 2 + 10z + 25 = 0.
Développement
Solution.
1. Soit à résoudre 2x2 − 5x − 4 = 0. Le discriminant de l’expression 2x2 − 5x − 4 est Δ = 25 + 4 × 4 × 2 = 25 + 32 =
57 > 0. Donc l’équation 2x2 − 5x − 4 = 0 admet deux solutions :
√
√
5 + 57
5 − 57
et x2 =
.
x1 =
4
4
2. Soit à résoudre 2z 2 + 10z + 25 = 0. Le discriminant de l’expression 2z 2 + 10z + 25 est Δ = 102 − 4 × 25 × 2 =
−100 < 0. Il y a donc deux racines complexes :
5 5
5
−10 + 10i
= − + i = (−1 + i)
z1 =
2×2
2 2
2
5 5
−10 + 10i
= − − i.
z2 =
2×2
2 2
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 :
√
5� 2
5 2
2
|z1 | = |z2 | =
.
1 + (−1) =
2
2
On calcule maintenant l’argument θ1 de z1 :
√
√
5
z1
2
2
iθ1
2 (−1 + i)
√
= cos θ1 + i sin θ1 = e =
+
=−
5
|z1 |
2
2
2 2
donc :
√
2
cos θ1 = −
√ 2
sin θ1 = 22
Donc :
Pour z2 , son argument θ2 est tel que :
�
⇒ θ1 =
et ainsi,
(mod 2π).
√
5 2 3iπ/4
e
z1 =
.
2
z2
= cos θ2 + i sin θ2 = eiθ2 =
|z2 |
donc
3π
4
√
cos θ2 = −√22
sin θ2 = − 22
�
z2 =
5
2 (−1 −
√
5
2 2
⇒ θ2 = −
3π
4
i)
=
√
2
2
−
i
2
2
√
(mod 2π)
√
5 2 −3iπ/4
e
.
2
�
84
LEÇON 18. ÉQUATIONS DU SECOND DEGRÉ À COEFFICIENTS RÉELS OU COMPLEXES
3
Applications
3 1 Nombres consécutifs
Déterminer deux nomrbes entiers relatifs consécutifs dont la somme des carrés est 221.
Développement
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 Δ = 1 + 4 × 110 + 441 > 0, d’où Δ = 441 = 21 et il y a deux
solutions pour l’équation n2 + n + 110 = 0 :
n1 =
1 + 21
= 11
2
et
n2 =
1 − 21
= −10.
2
�
3 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
Développement
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
L = 21 − �
� + L = 21
2
2
2
⇔
� + L = 15 (d’après le thm. de Pythagore) ⇔ 2
2
2

�2 + (21 − �)2 = 225 (2)
� + L = 15

(�, L ≥ 0, � < L)
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 Δ = 441 − 432 = 9 > 0 donc Δ = 3 et l’équation (2) admet deux
solutions :
�
�
= 24
= 18
�1 = 21+3
�2 = 21−3
2
2 = 12
2
2 =9
et
L1 = 21 − 12 = 9
L2 = 21 − 9 = 12.
Or L > �, donc les dimensions du rectangle ABCD sont � = 9 cm et L = 12 cm.
18.3. APPLICATIONS
�
85
3 3 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
Développement
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 � �= 0) :
⇔
L
L2
− − 1 = 0 ⇔ Φ2 − Φ − 1 = 0.
�2
�
Le discriminant de l’expression Φ2 − Φ − 1 est Δ = 1 + 4 = 5 > 0. Donc :
Δ=
√
1+ 5
≥ 0.
2
À noter qu’on trouve une autre solution de l’équation :
Φ̃ =
Comme le rapport
L
�
√
1− 5
< 0.
2
est positif, on prend juste la valeur de Φ.
�
3 4 Intersection d’une parabole et une droite
Soit
f
: R → R
2
x �→ x2 − x − 1
et
g
: R → R
.
x �→ 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 ?
86
LEÇON 18. ÉQUATIONS DU SECOND DEGRÉ À COEFFICIENTS RÉELS OU COMPLEXES
B
6
5
4
3
2
1
A
−3
−2
0
−1
1
2
3
4
5
−1
Développement
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
√
Le discriminant de l’expression 2x2 − 3x − 3 est Δ = 9 + 4 × 3 × 2 = 33 > 0. Donc Δ = 33 et l’équation admet deux
solutions :
�
�
√
√
33
3− 33
=
xA = 3+√
x
B
4
4
√
et
.
yA = 7+4 33
yB = 7−4 33
f (x) = g(x) ⇔
�
4
Résolution d’équations du second degré à coefficients complexes
4 1 Résolution
Théorème 18.8
L’équation az 2 + bz + c = 0 avec (a, b, c) ∈ C 3 et a �= 0 admet deux solutions (distinctes ou
confondues) :
−b + δ
−b − δ
z1 =
et z2 =
2a
2a
où δ 2 = Δ = b2 − 4ac.
Développement
Démonstration. Soient a, b, c ∈ C et a �= 0. On considère l’équation :
az 2 + bz + c = 0.
(18.1)
On met l’équation (18.1) sous la forme canonique :
�
�
c
b
(18.1) ⇔ a z 2 + z +
=0
a
a
�
�2
�2
�
b2
c
b
b2 − 4ac
b
+ − 2 =0⇔ z+
=
.
⇔a z+
2a
a 4a
2a
4a2
18.4. RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS DU SECOND DEGRÉ À COEFFICIENTS COMPLEXES
87
On pose Δ = b2 − 4ac et w = z + 2b . D’où :
Δ
.
4a2
Soit δ une racine carrée de Δ, les deux solutions de (18.1) sont donc :
(18.1) ⇔ w2 =
z1 =
−b + δ
,
2a
z2 =
−b − δ
.
2a
�
4 2 Un exemple
Résoudre iz 2 − (3 + 8i)z + 13 + 13i = 0.
Développement
Solution. On obtient :
Δ = (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.
2
On cherche δ = a + ib tel que δ 2 = −3 − 4i. On a : δ 2 = a2 − b2 + 2iab et |δ| = a2 + b2 . De plus |Δ| =
On en déduit :


2
2
2


a = 1
a + b = 5
d’où
a2 − b2 = −3
b2 = 4




2ab = −4
ab = −2
On trouve ainsi les racines de Δ sont :
δ1 = 1 − 2i
D’où :
et
√
9 + 16 = 5.
δ2 = −1 + 2i.
4 + 6i
(3 + 8i) − (−1 + 2i)
=
= 3 − 2i;
2i
2i
2 + 10i
(3 + 8i) + (−1 + 2i)
z2 =
=
= 5 + i.
2i
2i
z1 =
�
88
LEÇON 18. ÉQUATIONS DU SECOND DEGRÉ À COEFFICIENTS RÉELS OU COMPLEXES