Equations du second degré

Equations du second degré
a)
Propositions logiques


Une proposition logique est un objet mathématique qui peut prendre deux valeurs distinctes :
vrai ou faux (principe du tiers exclu).
La négation d’une proposition 𝑃 est la proposition ¬𝑃 telle que si 𝑃 est vraie alors ¬𝑃 est fausse
et si 𝑃 est fausse alors ¬𝑃 est vraie.
|Exemple :
𝑃 ∶ ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝑥 < 𝑥 + 1
Cette proposition est vraie.
La négation de cette proposition est :
¬𝑃 ∶ ∃𝑥 ∈ ℝ, 𝑥 > 𝑥 + 1
Cette proposition est fausse. Il n’existe aucun nombre réel 𝑥 tel que 𝑥 > 𝑥 + 1
--------------------------b)
Implications et équivalences logiques

Une implication logique est une proposition mathématique. Elle correspond au schéma
linguistique suivant : « Si 𝑃 alors 𝑄 » (où 𝑃 et 𝑄 sont deux propositions). Elle peut donc être
vraie ou fausse.
Une implication logique a un sens seulement si 𝑃 est supposée vraie au départ, alors 𝑃 implique
𝑄 veut dire « lorsque 𝑃 est vraie alors 𝑄 est nécessairement vraie aussi ».
Une implication logique est fausse de la même manière si ayant 𝑃 vraie on a 𝑄 fausse (et que
donc la vérité de 𝑃 n’implique pas la vérité de 𝑄 donc 𝑃 n’implique pas 𝑄).
Une implication logique est par convention vraie lorsque 𝑃 est supposée fausse au départ.
On note 𝑃 ⇒ 𝑄 la proposition « 𝑃 implique 𝑄 »
On peut résumer ces propriétés dans une « table de vérité » :
P
Q
V
V
V
V
F
F
F
V
V
F
F
V

Une équivalence logique est une proposition mathématique. Elle correspond au schéma
linguistique suivant : « 𝑃 est équivalente à 𝑄 ». On dit que deux propositions sont équivalentes
lorsqu’elles s’impliquent mutuellement : 𝑃 est équivalente à 𝑄 est vraie revient à dire que 𝑃 ⇒ 𝑄
est vraie et que 𝑄 ⇒ 𝑃 est vraie aussi.

Deux propositions équivalentes ont nécessairement la même valeur de vérité.

On note ainsi : 𝑃 ⇔ 𝑄
1
|Exemple :
Soit la proposition: "Si tu obtiens ton diplôme, je t'achète un ordinateur"
Parmi tous les cas, un seul correspond à une promesse non tenue: celui où l'enfant a son diplôme, et n'a toujours pas
d'ordinateur (deuxième ligne dans le tableau).
Et le cas où il n'a pas le diplôme, mais reçoit quand même un ordinateur ? Il est possible qu'il ait été longtemps malade et
a raté un semestre, et le père a le droit d'être bon.
Que signifie cette promesse, que nous écrirons aussi: "Tu as ton diplôme
ceci:
je t'achète un ordinateur" ? Exactement
- Si tu as ton diplôme, c'est sûr, je t'achète un ordinateur (je ne peux pas ne pas l'acheter)
- Si tu n'as pas ton diplôme, je n'ai rien dit
---------------------------------c)
Egalité

Une égalité est une proposition qui peut être soit vraie soit fausse. Elle est caractérisée par le
symbole =.

Si les deux quantités de part et d’autre du symbole sont identiques alors l’égalité est vraie.
Elle l’est fausse sinon.
|Exemple :
3 =2+1
Est vraie
3 =4+2
Est fausse
------------------------------d)
Equation du premier degré à une inconnue

Une équation du premier degré (d’inconnue 𝑥 )est une égalité de la forme :
𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 où 𝑎 et 𝑏 sont des constantes réelles (avec 𝑎 non nul cependant).

Résoudre cette équation dans un ensemble 𝐸 (𝐸 étant un ensemble de nombres) revient à trouver dans 𝐸 toutes
les valeurs de 𝑥 pour lesquelles l’égalité est vraie. Il s’agit donc de déterminer un sous-ensemble de 𝐸 appelé
« ensemble des solutions de l’équation ».

On note 𝑆ℝ (𝑎𝑥 + 𝑏 = 0) l’ensemble des solutions dans ℝ de l’équation 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 alors :
𝑏
∀(𝑎, 𝑏) ∈ ℝ∗ × ℝ, 𝑆ℝ (𝑎𝑥 + 𝑏 = 0) = {− }
𝑎
L’unique solution à cette équation est donc le réel −

𝑏
𝑎
Théorème fondamental de l’algèbre : Il dit que toute équation de degré 𝑛 a au maximum 𝑛 solutions.
Ainsi, une équation du premier degré a au maximum une solution.
Une équation du second degré a au maximum deux solutions.
Une équation du troisième degré a au maximum trois solutions.
Etc.
2
Dém :
On peut le démontrer facilement en procédant par équivalences logiques :
𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 ⇔ 𝑎𝑥 = −𝑏
En effet, il est évident que si 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 alors 𝑎𝑥 = −𝑏 et que si 𝑎𝑥 = −𝑏 alors 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0. Donc on a bien :
𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 ⇒ 𝑎𝑥 = −𝑏 et 𝑎𝑥 = −𝑏 ⇒ 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0
Donc finalement l’équivalence logique est prouvée. On a bien : 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 ⇔ 𝑎𝑥 = −𝑏
De la même manière :
𝑏
𝑎𝑥 = −𝑏 ⇔ 𝑥 = − (car 𝑎 est différent de 0)
𝑎
Donc finalement :
𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 ⇔ 𝑎𝑥 = −𝑏 ⇔ 𝑥 = −
Et donc :
𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 ⇔ 𝑥 = −
𝑏
𝑎
𝑏
𝑎
𝑏
Quand deux équations sont équivalentes c’est qu’elles ont les mêmes solutions. Bien sûr l’unique solution de 𝑥 = − est
𝑏
𝑏
𝑎
𝑎
𝑎
− . Donc par équivalence, l’unique solution de l’équation 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 est − .
|Exemple :
On cherche à résoudre dans ℝ, l’équation suivante : 2𝑥 + 3 = 0 l’ensemble des solutions est le singleton :
3
𝑆ℝ (2𝑥 + 3 = 0) = {− }
2
Si on résout cette équation dans ℕ il n’y a aucune solution (aucun nombre entier ne résout cette équation car comme on
3
l’a vu, le seul nombre qui la résout est − qui n’est pas un entier).
2
Donc :
------------------------------e)
𝑆ℕ (2𝑥 + 3 = 0) = ∅
Equation du second degré à une inconnue

Une équation du second degré est une équation de la forme :
𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0
Avec (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ ℝ∗ × ℝ × ℝ


Une équation a 0, 1 ou 2 solutions au maximum.
Pour trouver l’ensemble des solutions dans ℝ on étudie chaque équation au cas par cas.
|Exemples :
On cherche à résoudre dans ℝ, l’équation suivante : 𝑥 2 − 2 = 0
Cette équation équivaut à 𝑥 2 = 2. On recherche donc tous les nombres donc le carré vaut deux. Par définition, √2 est
l’unique nombre positif donc le carré vaut 2. La solution opposée fonctionne aussi : −√2. On a donc trouvé deux
solutions à cette équation du second degré (et ce sont les seules d’après le théorème fondamental de l’algèbre).
Un autre moyen de résoudre cette équation est de la factorisée suivant l’identité remarquable : 𝑎2 − 𝑏 2 = (𝑎 + 𝑏)(𝑎 −
𝑏) :
On a alors : 𝑥 2 − 2 = 0 ⇔ (𝑥 − √2)(𝑥 + √2) = 0 . Il s’agit d’une équation produit nul. On peut poser que :
𝑥 − √2 = 0 ou 𝑥 + √2 = 0
Soit :
𝑥 = √2 ou 𝑥 = −√2
3
Ce qui permet de conclure la question :
𝑆ℝ (𝑥 2 − 2 = 0) = {−√2, √2}
------------------------------Exercice 1 : Résoudre dans ℝ : 𝑥 2 + 2 = 0
Exercice 2 : Résoudre dans ℝ∗ : 𝑥 2 − 4𝑥 = 0
Exercice 3 : Résoudre dans ℝ : 2𝑥 2 − 3𝑥 + 5 = 0
Exercice 4 : Résoudre dans ℝ : −5𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0
Exercice 5 : Résoudre dans ℝ : 𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0
Exercice 6 : Résoudre dans ℝ : 𝑥 2 − 𝑥 − 1 = 0
4
Correction des questions :
Exercice 1 : On souhaite résoudre dans ℝ, l’équation suivante :
𝑥2 + 2 = 0
Il est facile de voir que cette équation n’a aucune solution.
En effet, 𝑥 2 est un nombre positif (pour s’en convaincre, il suffit de revenir à la définition : ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝑥 2 = 𝑥 × 𝑥, si 𝑥 est
un nombre positif alors 𝑥 2 est un nombre positif et si 𝑥 est un nombre négatif alors 𝑥 2 est un produit de nombres
négatifs, il s’agit donc d’un nombre positif).
On ajoute donc deux nombres positifs, ce qui fait 0 si et seulement si les deux nombres sont nuls. Or ici, ce n’est pas le
cas, 2 > 0.
La preuve rigoureuse est la suivante :
∀𝑥 ∈ ℝ, 𝑥 2 ≥ 0
Ce qui implique que :
∀𝑥 ∈ ℝ, 𝑥 2 + 2 ≥ 2 > 0
Donc quel que soit le nombre réel 𝑥, 𝑥 2 + 2 est strictement supérieur à 0, il n’y a aucune valeur de 𝑥 qui le rende égal à
0.
On peut donc conclure :
𝑆ℝ (𝑥 2 + 2 = 0) = ∅
--------------------Exercice 2 : On souhaite résoudre dans ℝ, l’équation suivante : 𝑥 2 − 4𝑥 = 0.
On peut factoriser par 𝑥 ce qui donne :
𝑥(𝑥 − 4) = 0
Il s’agit d’une équation produit nul. On peut donc écrire que 𝑥 vérifie :
𝑥 = 0 ou 𝑥 − 4 = 0
Il y a donc deux solutions à cette équation à savoir : 0 et 4.
Ce qui permet de conclure :
𝑆ℝ ( 𝑥 2 − 4𝑥 = 0) = {0,4}
--------------------
Exercice 3 : On souhaite résoudre dans ℝ l’équation suivante : 2𝑥 2 − 3𝑥 + 5 = 0.
On veut pouvoir factoriser le membre gauche de l’équation afin d’obtenir une équation produit nul et ainsi pouvoir la
résoudre facilement comme plus haut.
L’astuce consiste à voir dans les deux premiers termes du membre de gauche le début d’une identité remarquable :
2𝑥 2 − 3𝑥.
On a : (𝑥√2 −
3
2√2
2
) = 2𝑥 2 − 2 × (𝑥√2) × (
3
2√2
)+(
3
2√2
2
) = 2𝑥 2 − 3𝑥 +
On a bien retrouver les deux premiers termes du membre de gauche.
9
8
Pour trouver rapidement le carré correspondant aux deux premiers termes du membre de notre équation on identifie
termes à termes.
On veut un carré de la forme : (𝑎𝑥 + 𝑏)2 = 𝑎2 𝑥 2 + 2𝑎𝑥𝑏 + 𝑏 2
Donc on veut que :
2
2 2
{ 2𝑥 = 𝑎 𝑥
−3𝑥 = 2𝑎𝑥𝑏
En simplifiant et en isolant 𝑎 et 𝑏 on trouve le carré voulu :
2
{ 2=𝑎
−3 = 2𝑎𝑏
5
Soit 𝑎 = √2 soit 𝑎 = −√2 on peut prendre une des deux valeurs pour 𝑎 (ça ne changera pas le carré). La plus simple
3
étant bien sûr √2. D’où : 𝑎 = √2 et 𝑏 = −
2√2
On a donc : (𝑥√2 −
3
2√2
2
2
) = 2𝑥 − 3𝑥 +
9
8
soit 2𝑥 2 − 3𝑥 = (𝑥√2 −
2
3
2√2
) −
9
8
On remplace dans notre équation du début :
(𝑥√2 −
2
9
) − +5 =0
8
2√2
⇔ (𝑥√2 −
3
2
3
2√2
⇔ (𝑥√2 −
) +
40 − 9
=0
8
2
3
2√2
) +
31
=0
8
Cette forme s’appelle la forme canonique de l’équation.
Ainsi, maintenant on voit comme au-dessus que l’équation n’a pas de solution car il s’agit de la somme de deux nombres
strictement positifs donc qui sont forcément non nul quel que soit la valeur de 𝑥 (et donc il n’y a aucune valeur de 𝑥 qui
rend l’égalité vraie.
La preuve rigoureuse est que :
∀𝑥 ∈ ℝ,
(𝑥√2 −
Donc :
∀𝑥 ∈ ℝ,
(𝑥√2 −
Donc, on peut conclure que :
3
2√2
2
3
2√2
2
) +
) ≥0
31 31
≥
>0
8
8
𝑆ℝ (2𝑥 2 − 3𝑥 + 5 = 0) = ∅
--------------------------Exercice 3 : On souhaite résoudre dans ℝ l’équation suivante : −5𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0
On ne peut pas appliquer la même méthode que ci-dessus car −5𝑥 2 n’est pas un carré, car c’est un nombre négatif (alors
qu’un carré est un nombre positif), donc on ne peut pas écrire les deux premiers termes de cette équation comme un carré
de la forme (𝑎𝑥 + 𝑏)2 .
On va tenter de se ramener néanmoins à la résolution du dessus :
−5𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0
2
⇔ −5 (𝑥 2 − 𝑥) − 1 = 0
5
On a factoriser par le coefficient de 𝑥 2 , on peut à présent appliquer la méthode du dessus avec le terme entre
parenthèse :
2
1 2 1
𝑥 2 − 𝑥 = (𝑥 − ) −
5
5
25
On peut le vérifier en développant (mais la méthode est la même que plus haut). Du coup :
∀𝑥 ∈ ℝ,
L’équation d’origine devient :
1 2
1
−5 ((𝑥 − ) − ) − 1 = 0
5
25
Et donc :
1 2 1
−5 (𝑥 − ) + − 1 = 0
5
5
1 2 4
−5 (𝑥 − ) − = 0
5
5
Il s’agit de la même manière que plus haut la forme canonique de l’équation qui permet sa résolution.
6
En effet, à partir de là on voit qu’on a la somme de deux nombres strictement négatif, donc ça ne peut être nul.
La preuve rigoureuse est la suivante :
1 2
(𝑥 − ) ≥ 0
5
1 2
∀𝑥 ∈ ℝ, −5 (𝑥 − ) ≤ 0
5
(multiplication des deux membres de l’inégalité par un nombre négatif)
∀𝑥 ∈ ℝ,
1 2 4
4
∀𝑥 ∈ ℝ, −5 (𝑥 − ) − ≤ − < 0
5
5
5
1 2
4
5
5
La proposition mathématique juste au dessus signifie que « pour tout 𝑥 ∈ ℝ, ∀𝑥 ∈ ℝ, −5 (𝑥 − ) − < 0. On vient de
1 2
4
prouver cette inégalité pour tout réel 𝑥. Donc il n’y a pas de réel 𝑥 tel que −5 (𝑥 − ) − = 0.
5
5
L’équation n’a pas solution, ce qui permet de conclure :
𝑆ℝ (−5𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0) = ∅
--------------------------Exercice 5 : On souhaite résoudre dans ℝ, l’équation suivante :
𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0
On transforme les deux premiers termes du membre de gauche à l’aide d’une identité remarquable :
𝑥 2 + 2𝑥 = (𝑥 + 1)2 − 1
Ce qui permet de transformer l’équation qu’on a à résoudre en :
(𝑥 + 1)2 − 1 − 1 = 0
Cette forme :
(𝑥 + 1)2 − 2 = 0
Est la forme canonique de l’équation.
Ici on peut voir qu’on a des solutions à cette équation car on a la somme de deux termes de signe différent.
On peut donc utiliser l’identité remarquable suivante : 𝑎2 − 𝑏 2 = (𝑎 + 𝑏)(𝑎 − 𝑏).
On a alors :
(𝑥 + 1 − √2)(𝑥 + 1 + √2) = 0
Il s’agit d’une équation produit-nul, les deux solutions à cette équation sont donc :
−1 + √2 et −1 − √2.
Ce qui permet de conclure l’exercice :
𝑆ℝ (𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0) = {−1 + √2, −1 − √2}
-----------------------------------Exercice 6 : On souhaite résoudre dans ℝ, l’équation suivante :
𝑥2 − 𝑥 − 1 = 0
De la même manière, on essaie de transformer les deux premiers termes du membre de gauche, on parvient facilement à :
1 2 1
∀𝑥 ∈ ℝ, 𝑥 2 − 𝑥 = (𝑥 − ) −
2
4
Ce qui ramène notre équation à :
1 2 1
(𝑥 − ) − − 1 = 0
2
4
7
Soit :
1 2 5
(𝑥 − ) − = 0
2
4
On peut factoriser en utilisant l’identité remarquable et on obtient :
1 √5
1 √5
(𝑥 − + ) (𝑥 − − ) = 0
2
2
2
2
Donc les solutions à cette équation sont :
1−√5
2
et
1+√5
2
.
D’où :
1 − √5 1 + √5
𝑆ℝ (𝑥 2 − 𝑥 − 1 = 0) = {
,
}
2
2
Remarque : L’une de ces solutions (
1+√5
2
) est appelée « nombre d’or »
8