Solutions - Exercices sur le second degré - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur le second degré (fiche 01).
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L’erreur consiste à écrire que le carré de $2x$ serait

$2x^2$

Il s’agit en fait de $(2x)(2x)$ c’est-à-dire

$4x^2$

Il s’agit ici d’une erreur de signe. Voici le calcul correct :

$\begin{eqnarray*}x^2-(6y+1)^2 & = & (x + (6y+1))(x - (6y+1))\cr& = & (x + 6y+1)(x - 6y-1)\end{eqnarray*}$

On ne peut simplifier par $x$ que si $x\neq 0$ . Voici à présent une résolution correcte.

L’équation $x^2=2x$ équivaut à $x^2-2x=0$ , c’est-à-dire $x(x-2)=0$ . Or on sait qu’un produit de facteurs (réels) est nul si, et seulement si, l’un au moins des facteurs est nul. Par conséquent l’équation proposée équivaut à : $x=0$ ou $x=2$ .

Pour l’équation
$\boxed{x^2-4x=0}$
on procède exactement comme à l’exercice précédent. Les solutions sont 0 et 4.
Pour
$\boxed{10x-x^2=5x^2+x}$
on regroupe tous les termes dans un membre, ce qui donne l’équation équivalente $6x^2-9x=0$ , ou encore (après factorisation par $x$ ) : $x(6x-9)=0$ . Finalement, on trouve deux solutions : $0$ et $\frac32$ .
L’équation
$\boxed{x^2-1=0}$
équivaut à $(x-1)(x+1)=0$ et ses solutions sont -1 et 1.
Même chose pour l’équation
$\boxed{(x+1)^2=9}$
qui s’écrit $(x+1)^2-3^2=0$ , donc se factorise en $(x+4)(x-2)=0$ . Ses solutions sont -4 et 2.
De même pour
$\boxed{(2x+3)^2=(x-4)^2}$
On a une différence de deux carrés qui est nulle. Après factorisation, on aboutit à l’équation équivalente $(2x+3-(x-4))(2x+3+x-4)=0$ , c’est-à-dire $(x+7)(3x-1)=0$ . Les solutions sont -7 et $\frac13$ .
Enfin l’équation
$\boxed{7x^2+1=0}$
n’a pas de solution réelle puisque, pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $7x^2+1\geqslant 1$ .

L’équation
$\boxed{x^2+2x+1=0}$
s’écrit aussi $(x+1)^2=0$ et sa seule solution est -1.
L’équation
$\boxed{6x-x^2=9}$
équivaut à $x^2-6x+9=0$ , c’est-à-dire $(x-3)^3=0$ . L’unique solution est 3.
L’équation
$\boxed{4x^2+4x=1}$
équivaut à $4x^2+4x-1=0$ , c’est-à-dire $(2x+1)^2-2=0$ . On factorise, ce qui donne l’équation équivalente $(2x+1+\sqrt2)(2x+1-\sqrt2)=0$ . Les solutions sont donc $-1-\sqrt2$ et $-1+\sqrt2$ .
Pour l’équation
$\boxed{5x(x+1)=(x+1)(x+2)}$
il serait maladroit de développer ! On factorise plutôt par $x+1$ , ce qui donne l’équation équivalente $(x+1)(5x-(x+2))=0$ , c’est-à-dire $(x+1)(4x-2)=0$ . Les solutions sont donc -1 et $1/2$ .
On passe à l’équation
$\boxed{(x+3)^2+(x-3)^2=12x}$
Après développement et regroupement des termes dans un seul membre, on trouve l’équation équivalente $2x^2-12x+18=0$ , c’est-à-dire $x^2-6x+9=0$ . On met cette dernière sous la forme $(x-3)^2=0$ et il apparaît que 3 est la seule solution.
Enfin, la dernière équation s’écrit (après simplification par 2) :
$\boxed{9x^2-24x+16=0}$
c’est-à-dire $(3x-4)^2=0$ . Sa seule solution est donc $4/3$ .

L’équation
$\boxed{x^2+2x-3=0}$
équivaut à $(x+1)^2-4=0$ et se factorise sous la forme $(x+1+2)(x+1-2)=0$ , c’est-à-dire $(x+3)(x-1)=0$ . Ses solutions sont donc -3 et 1.
L’équation
$\boxed{4x^2+x+1=0}$
peut se mettre sous la forme $(2x+\frac14)^2+\frac{15}{16}=0$ , dont le membre de gauche ne peut s’annuler (il est, pour tout $x$ réel, minoré par $\frac{15}{16}$ ). Il n’y a donc aucune solution.
On transforme l’équation
$\boxed{2x^2-5x+2=0}$
en divisant chaque membre par $2$ , puis en faisant apparaître un carré. Elle équivaut ainsi à $(x-\frac54)^2-\frac9{16}=0$ , qui se factorise pour donner $(x-2)(x-\frac12)=0$ . Les solutions sont donc $\frac12$ et 2.
Pour l’équation
$\boxed{(x-2)^2=x}$
on développe et on regroupe, pour obtenir l’équation équivalente $x^2-5x+4=0$ , qui peut s’écrire $(x-\frac52)^2-\frac94=0$ , c’est-à-dire $(x-\frac52)^2-(\frac32)^2=0$ . On factorise et on obtient l’équation équivalente $(x-4)(x-1)=0$ . Les solutions sont donc 1 et 4.
On transforme l’équation
$\boxed{3x^2-1=4(x+\frac12)^2}$
en développant le membre de droite puis en regroupant les termes dans un seul membre. Il vient $x^2+4x+2=0$ , que l’on met sous la forme $(x+2)^2-2=0$ . On factorise pour obtenir l’équation équivalente $(x+2+\sqrt2)(x+2-\sqrt2)=0$ . Les solutions sont $-2-\sqrt2$ et $-2+\sqrt2$ .
Même méthode pour l’équation
$\boxed{(x+1)^2+(x+2)^2=x+3}$
ce qui donne l’équation équivalente $2x^2+5x+2=0$ , ou encore $x^2+\frac52x+1=0$ . On met sous forme canonique : $(x+\frac54)^2-\frac9{16}=0$ . Les solutions sont -2 et $-\frac12$ .

Accélérons le tempo, puisque c’est toujours la même chose …
Pour
$\boxed{3x^2+2x-1=0}$
les solutions sont -1 et $\frac13$ .
Pour
$\boxed{7x^2+6x=2}$
les solutions sont $\frac{-3-\sqrt{23}}7$ et $\frac{-3+\sqrt{23}}7$ .
Pour
$\boxed{\frac{x^2}7+\frac x6-\frac15=0}$
les solutions sont $\frac72\left(-\frac16-\sqrt{\frac{179}{1260}}\right)$ et $\frac72\left(-\frac16+\sqrt{\frac{179}{1260}}\right)$

Pour l’équation
$\boxed{\frac 1x+\frac 1{x+1}=\frac 1{x+3}}$
on cherche les solutions dans $D=\mathbb{R}-\{-3,-1,0\}$ . En regroupant tous les termes dans un membre et après réduction au même dénominateur (qui est $x(x+1)(x+3)$ ), l’équation équivaut à $(x+1)(x+3)+x(x+3)-x(x+1)=0$ , c’est-à-dire $x^2+6x+3=0$ . Le solutions de cette dernière sont $-3-\sqrt6$ et $-3+\sqrt6$ (et elles sont retenues puisqu’elles appartiennent à $D$ ).
L’équation
$\boxed{\frac x{2+\frac 1{x-1}}=1-x}$
n’est définie que pour $x\in D=\mathbb{R}-\{\frac12,1\}$ . Pour un tel $x$ , elle équivaut à $3x^2-4x+1=0$ . Le solutions de cette dernière équation du second degré sont $\frac13$ et 1, mais 1 est à rejeter. Finalement : une seule solution : $\frac13$ .
Pour résoudre l’équation
$\boxed{x^2-5\vert x\vert+6=0}$
on dispose essentiellement de deux méthodes. La première consiste à distinguer deux cas selon le signe de $x$ : on est ainsi conduit à résoudre l’équation $x^2+5x+6=0$ dans $]-\infty,0]$ , l’équation $x^2-5x+6=0$ dans $[0,+\infty[$ et à réunir les deux ensembles partiels de solutions. La seconde méthode consiste à changer d’inconnue en posant $y=\vert x\vert$ . L’équation transformée $y^2-5y+6=0$ possède deux solutions, à savoir $y_1=2$ et $y_2=3$ . On résout alors chacune des équations $\vert x\vert=y_1$ et $\vert x\vert=y_2$ et l’on réunit, là encore, les ensembles de solutions obtenus. D’une manière ou d’une autre, l’équation proposée possède quatre solutions : -3, -2, 2 et 3.
Pour l’équation
$\boxed{(x^2-1)^2=9}$
on peut factoriser et obtenir l’équation équivalente $(x^2-4)(x^2+2)=0$ . Comme la condition $x^2+2=0$ n’est vérifiée pour aucun réel $x$ , on parvient à deux solutions seulement : -2 et 2.
L’équation
$\boxed{5x-7\sqrt x-12=0}$
n’est définie que pour $x\geqslant0$ . En posant $y=\sqrt x$ , l’équation transformée est $5y^2-7y-12=0$ , dont les solutions sont $-1$ et $\frac{12}5$ . La première est exclue (car une racine carrée est positive ou nulle). En résolvant $\sqrt x=\frac{12}5$ , on trouve l’unique solution : $\frac{144}{25}$
Enfin, on traite l’équation
$\boxed{x^6-16x^3+64=0}$
en posant $y=x^3$ , ce qui nous amène à l’équation transformée (du second degré en $y$ ) : $y^2-16y+64=0$ , dont l’unique solution est $8$ . On doit alors résoudre $x^3=8$ , qui équivaut à $(x-2)(x^2+2x+4)=0$ et possède donc 2 pour seule solution.

➡ Si $m=1$ , il s’agit d’une équation du premier degré : $3x-1=0$ . Celle-ci possède $\frac13$ pour seule solution.

➡ Si $m\neq 1$ , l’équation proposée est du second degré et une CNS (condition nécessaire et suffisante) pour qu’elle possède une solution unique est que son discriminant

$\Delta=(2m+1)^2+4(m-1)=4m^2+8m-3$

soit nul. Cette dernière condition est, à son tour, une équation du second degré (l’inconnue étant cette fois $m$ ) dont les solutions sont

$m_1=-1-\frac{\sqrt7}{2}\qquad\text{et}\qquad m2=-1+\frac{\sqrt7}{2}$

Finalement :

$\boxed{\text{l'équation possède une solution unique}}\Leftrightarrow\boxed{m\in\{1,m_1,m_2\}}$

Par hypothèse :

$a\alpha^2+b\alpha+c=0$

donc, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$a\alpha^{n+2}+b\alpha^{n+1}+c\alpha^n=0$

Et bien sûr, même chose avec $\beta$ . En ajoutant membre à membre, on obtient :

$a\,u_{n+2}+b\,u_{n+1}+c\,u_n=0$

soit, après division par $a$ et compte tenu des relations $\displaystyle{S=-\frac ba}$ et $\displaystyle{P=\frac ca}$ :

$\boxed{u_{n+2}-S\,u_{n+1}+P\,u_n=0}\qquad\left(\star\right)$

Il ne reste plus qu’à exploiter cette relation de récurrence.

Il est clair que :

$u_0=2\qquad\text{et}\qquad u_1=S$

donc, d’après $(\star)$ :

$\begin{eqnarray*}u_2 & = & S\,u_1-P\,u_0\\& = & S^2-2P\end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*}u_3 & = & S\,u_2-P\,u_1\\& = & S(S^2-2P)-SP\\& = & S^3-3SP\end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*}u_4 & = & S\,u_3-P\,u_2\\& = & S(S^3-3SP)-(S^2-2P)P\\& = &S^4-4S^2P+2P^2\end{eqnarray*}$

Remarque

Si de plus $a=1$ et si $b,c$ sont des entiers (vérifiant donc $b^2-4c>0$ ), alors $S,P$ sont aussi des entiers et la formule $(\star)$ montre (par une récurrence immédiate) que :

$\forall n\in\mathbb{N},\,u_n\in\mathbb{Z}$

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