Équations (Prérentrée)
Exercice 1 (🔥) : Résolution d’équations
📄 Énoncé
Résoudre les équations suivantes, d’inconnue \(x\in\mathbb{R}\).
\(x^2-4x+4=0\)
\(3x-4x^2=0\)
\(6x-9=x^2\)
\(x^2-9=0\)
\(15+2x-x^2=0\)
\(x^2+5x-6=0\)
✅ Corrigé
\(2\) est l’unique solution de l’équation \(x^2-4x+4=0\)
Les solutions de l’équation \(3x-4x^2=0\) sont \(0\) et \(\frac{3}{4}\).
\(3\) est l’unique solution de l’équation \(6x-9=x^2\).
Les solutions de l’équation \(x^2-9=0\) sont \(3\) et \(-3\).
Les solutions de l’équation \(15+2x-x^2=0\) sont \(5\) et \(-3\).
Les solutions de l’équation \(x^2+5x-6=0\) sont \(1\) et \(-6\).
Détail des calculs
On a, pour tout réel \(x\) :
\[\begin{aligned} x^2-4x+4=0 &\Leftrightarrow (x-2)^2 = 0 \\ &\Leftrightarrow x-2=0 \\ &\Leftrightarrow x=2 \end{aligned}\]
Commentaire
\(a^2-2ab+b^2=(a-b)^2\)
On aurait aussi pu calculer le discriminant de l’équation du second degré \(x^2-4x+4=0\), mais il est toujours dommage de ne pas reconnaître une identité remarquable.
Méthode
Quand on veut résoudre une équation du type \(f(x)=0\), on commence en général par factoriser le plus possible.
On a, pour tout réel \(x\) : \[\begin{aligned} 3x-4x^2=0 &\Leftrightarrow x \left( 3-4x \right) = 0 \\ &\leftrightarrow x=0 \text{ ou } 3-4x=0 \\ &\Leftrightarrow x=0 \text{ ou } x = \frac{3}{4} \end{aligned}\]
On a, pour tout réel \(x\) : \[\begin{aligned} 6x-9=x^2 &\Leftrightarrow x^2-6x+9 = 0 \\ &\Leftrightarrow (x-3)^2 = 0 \\ &\Leftrightarrow x=3 \end{aligned}\]
On a, pour tout réel \(x\) : \[\begin{aligned} x^2-9=0 &\Leftrightarrow (x-3)(x+3)=0 \\ &\Leftrightarrow x=3 \text{ ou } x=-3 \end{aligned}\]
On reconnaît une équation du second degré dont le discriminant est : \[\Delta = 2^2 - 4 \times (-1) \times 15 = 64 = 8^2\]
donc l’équation \(15+2x-x^2=0\) admet deux solutions réelles, qui sont : \[x_1 = \frac{-2-8}{2 \times (-1)} = 5 \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{-2+8}{2 \times (-1)} = -3\]
Rappel de cours
Soit \(a,b,c\) des réels tels que \(a\neq 0\). Pour déterminer les solutions de l’équation du second degré \(ax^2+bx+c=0\), d’inconnue \(x\) réelle, on peut calculer son discriminant \(\Delta\) à l’aide de la formule : \[\Delta = b^2 - 4ac\]
Trois cas se présentent alors.
Si \(\Delta>0\), alors l’équation admet deux solutions réelles, qui sont : \[x_1 = \frac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}\]
Si \(\Delta = 0\), l’équation admet une unique solution, qui est : \[x_1 = - \frac{b}{2a}\]
Si \(\Delta<0\), l’équation n’a pas de solution réelle.
On reconnaît une équation du second degré dont le discriminant est : \[\Delta = 5^2 - 4 \times 1 \times (-6) = 49 = 7^2\]
Commentaire
On pourrait aussi remarquer que \(1\) est une solution évidente puis factoriser par \(x-1\) pour trouver la deuxième solution.
donc l’équation \(x^2+5x-6=0\) admet deux solutions réelles, qui sont : \[x_1 = \frac{-5-7}{2 \times1} = -6 \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{-5+7}{2 \times 1} = 1\]
📝 Mes notes :
Exercice 2 (🔥) : Résolution d’équations
📄 Énoncé
Soit \(a\) un réel fixé. Résoudre les équations suivantes, d’inconnue \(x\in\mathbb{R}\).
\(ax^2 + ax -2a=0\)
\(ax^2- \left( 2a+1 \right)x +2=0\)
\(x^2-2ax+a^2=1\)
\(ax^2-a^3=0\)
✅ Corrigé
Si \(a\neq 0\), les solutions de l’équation \(ax^2 + ax -2a=0\) sont \(1\) et \(-2\) ; si \(a=0\), l’ensemble des solutions de l’équation \(x^2+x-2 = 0\) est \(\mathbb{R}\).
Si \(a\neq 0\), les solutions de l’équation \(ax^2- \left( 2a+1 \right)x +2=0\) sont \(\frac{1}{a}\) et \(2\) ; si \(a=0\), \(2\) est l’unique solution de l’équation \(ax^2- \left( 2a+1 \right)x +2=0\).
Les solutions de l’équation \(x^2-2ax+a^2=1\) sont \(a+1\) et \(a-1\).
Si \(a\neq 0\), les solutions de l’équation \(ax^2 -a^3=0\) sont \(a\) et \(-a\) ; si \(a=0\), l’ensemble des solutions de l’équation \(ax^2 -a^3=0\) est \(\mathbb{R}\).
Détail des calculs
Pour tout réel \(x\), on a :
\[\begin{aligned} ax^2 + ax -2a=0 &\Leftrightarrow a \left( x^2+x-2 \right) = 0 \end{aligned}\]
Commentaire
Attention à ne pas diviser par \(a\) sans s’assurer qu’il est non nul !
Deux cas se présentent alors.
Si \(a=0\), tous les réels sont solutions de l’équation \(ax^2 + ax -2a=0\).
Si \(a\neq 0\), alors: \[\begin{aligned} ax^2 + ax -2a=0 &\Leftrightarrow x^2+x-2 = 0 \end{aligned}\]
On reconnaît une équation du second degré dont le discriminant est : \[\Delta = 1^2 - 4 \times 1 \times (-2) = 9 = 3^2\]
donc l’équation \(x^2+x-2 = 0\) admet deux solutions réelles, qui sont : \[x_1 = \frac{-1-3}{2 \times 1} = -2 \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{-1+3}{2 \times 1} = 1\]
Quand on résout une équation dépendant d’un paramètre (ici \(a\)), il faut être particulièrement vigilant dans les simplifications.
Deux cas se présentent.
Commentaire
Si \(a=0\), il ne s’agit pas d’une équation du second degré !
Si \(a\neq 0\), on reconnaît une équation du second degré dont le discriminant est : \[\Delta = (2a+1)^2 - 4 \times a \times 2= 4a^2-4a+1 = (2a-1)^2\]
donc l’équation \(ax^2- \left( 2a+1 \right)x +2=0\) admet deux solutions réelles, qui sont : \[x_1 = \frac{(2a+1)-(2a-1)}{2 \times a} = \frac{1}{a} \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{(2a+1)+(2a-1)}{2 \times a} = 2\]
Si \(a=0\), alors : \[\begin{aligned} ax^2- \left( 2a+1 \right)x +2=0 &\Leftrightarrow -x +2=0 \\ &\Leftrightarrow x=2 \end{aligned}\]
On a, pour tout réel \(x\) : \[\begin{aligned} x^2-2ax+a^2=1 \Leftrightarrow x^2-2ax+a^2 -1 = 0 \end{aligned}\]
On reconnaît une équation du second degré dont le discriminant est : \[\Delta =4a^2-4 \left( a^2-1 \right) = 4 = 2^2\]
donc l’équation \(x^2-2ax+a^2=1\) admet deux solutions réelles, qui sont : \[x_1 = \frac{2a+2}{2 } =a+1 \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{2a-2}{2 } = a-1\]
Deux cas se présentent.
Si \(a=0\), alors pour tout réel \(x\) : \[ax^2-a^3=0 \Leftrightarrow 0=0\]
donc tous les réels sont solution de l’équation \(ax^2-a^3=0\).
Si \(a\neq 0\), alors, pour tout réel \(x\) : \[\begin{aligned} ax^2-a^3=0 &\Leftrightarrow x^2 - a^2 = 0 \\ &\Leftrightarrow (x-a)(x+a) = 0 \\ &\Leftrightarrow x=a \text{ ou } x=-a \end{aligned}\]
📝 Mes notes :
Exercice 3 (🔥🔥) : Résolution d’équations
📄 Énoncé
Résoudre les équations suivantes, d’inconnue \(x\in\mathbb{R}\).
\(2\,\mathrm{e}^{x^2-1} - 3 =0\)
\(\ln(x+1)+\ln(2x-1)=0\)
\(3- 2\ln(3-2x) =0\)
\(\mathrm{e}^x + \ln(1+x^2)+2=1-x^2\)
\(\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}=2\)
\(\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{2x} = 6\)
✅ Corrigé
Les solutions de l’équation \(2\,\mathrm{e}^{x^2-1} - 3 =0\) sont \(\sqrt{1+ \ln(3) - \ln(2)}\) et \(- \sqrt{1+ \ln(3) - \ln(2)}\).
\(\frac{-1+\sqrt{17}}{4}\) est l’unique solution de l’équation \(\ln(x+1)+\ln(2x-1)=0\).
\(\frac{ 3- \mathrm{e}^{\frac{3}{2}} }{2}\) est l’unique solution de l’équation \(3- 2\ln(3-2x) =0\).
L’équation \(\mathrm{e}^x + \ln(1+x^2)+2=1-x^2\) n’a pas de solution.
\(0\) est l’unique solution de l’équation \(\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x} = 2\).
\(\ln(2)\) est l’unique solution de l’équation \(\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{2x} = 6\).
Solutions détaillées
Détail des calculs
Pour tout réel \(x\), on a : \[2\,\mathrm{e}^{x^2-1} - 3 =0 \Leftrightarrow \mathrm{e}^{x^2-1} = \frac{3}{2}\]
donc, comme la fonction \(\ln\) est bijective de \(\mathbb{R}_+^\ast\) sur \(\mathbb{R}\) : \[\begin{aligned} 2\,\mathrm{e}^{x^2-1} - 3 =0 & \Leftrightarrow x^2-1 = \ln\! \left( \frac{3}{2} \right) \\ &\Leftrightarrow x^2 = 1+ \ln(3) - \ln(2) \end{aligned}\]
Commentaire
Face à une équation à résoudre contenant la fonction exponentielle, il est souvent utile de penser à composer par \(\ln\).
Méthode
Quand on résout une équation par équivalence, comme ici, il est fréquent que l’on soit amené à composer par une fonction \(f\) pour simplifier. Pour conserver l’équivalence, il est fondamental que la fonction \(f\) soit bijective, car c’est la seule raison qui explique que l’on puisse aller dans les deux sens de l’équivalence.
et donc, comme \(1+ \ln(3) - \ln(2)>0\) (car \(3>2\) et \(\ln\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\)) : \[\begin{aligned} 2\,\mathrm{e}^{x^2-1} - 3 =0 & \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{1+ \ln(3) - \ln(2)} \end{aligned}\]
La fonction \(\ln\) est définie uniquement sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et on a, pour tout réel \(x\) : \[x+1>0 \Leftrightarrow x>-1 \quad \text{et} \quad 2x-1 >0 \Leftrightarrow x> \frac{1}{2}\]
Commentaire
Face à une équation à résoudre contenant la fonction \(\ln\), qui n’est pas définie sur \(\mathbb{R}\), il faut penser à commencer par chercher le domaine de définition.
On a de plus, pour tout réel \(x> \frac{1}{2}\) : \[\begin{aligned} \ln(x+1)+\ln(2x-1)=0 &\Leftrightarrow \ln((x+1)(2x-1))=0 \end{aligned}\]
Commentaire
\(\ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)\)
donc, comme la fonction exponentielle est bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\begin{aligned} \ln(x+1)+\ln(2x-1)=0 &\Leftrightarrow (x+1)(2x-1) = \mathrm{e}^0 \\ &\Leftrightarrow 2x^2+x-1=1 \\ &\Leftrightarrow 2x^2+x-2 = 0 \end{aligned}\]
On reconnaît alors une équation du second degré dont le discriminant est : \[\Delta = 1+16 =17\]
donc, pour tout réel \(x\) : \[2x^2+x-2 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{-1-\sqrt{17}}{4} \text{ ou } x = \frac{-1+\sqrt{17}}{4}\]
Or \(\sqrt{17}>3\) (car \(17>9\) et la fonction \(t\mapsto \sqrt{t}\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\)) donc : \[\frac{-1-\sqrt{17}}{4} < 0 \quad \text{et} \quad \frac{-1+\sqrt{17}}{4} > \frac{1}{2}\]
Ainsi \(\frac{-1+\sqrt{17}}{4}\) est l’unique solution de l’équation \(\ln(x+1)+\ln(2x-1)=0\).
Pour tout réel \(x\), on a : \[3-2x >0 \Leftrightarrow x < \frac{3}{2}\]
On a de plus, pour tout réel \(x < \frac{3}{2}\) : \[\begin{aligned} 3- 2\ln(3-2x) =0 &\Leftrightarrow \ln(3-2x) = \frac{3}{2} \end{aligned}\]
donc, comme la fonction exponentielle est bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\begin{aligned} 3- 2\ln(3-2x) =0 &\Leftrightarrow 3-2x = \mathrm{e}^{\frac{3}{2}} \\ &\Leftrightarrow 2x = 3- \mathrm{e}^{\frac{3}{2}} \\ &\Leftrightarrow x =\frac{ 3- \mathrm{e}^{\frac{3}{2}} }{2} \end{aligned}\]
Or \(\frac{ 3- \mathrm{e}^{\frac{3}{2}} }{2}< \frac{3}{2}\) (car la fonction exponentielle est strictement positive) donc \(\frac{ 3- \mathrm{e}^{\frac{3}{2}} }{2}\) est l’unique solution de l’équation \(3- 2\ln(3-2x) =0\).
On peut remarquer que, pour tout réel \(x\) :
Commentaire
Penser aux évidences avant de se lancer dans des calculs inutiles !
\[\mathrm{e}^x + 2 >1\]
et, comme \(\ln(1)=0\) et comme la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) : \[\ln(1+x^2) \geqslant 0\]
d’où : \[\mathrm{e}^x + \ln(1+x^2)+2 > 1 \geqslant 1-x^2\]
Ainsi l’équation \(\mathrm{e}^x + \ln(1+x^2)+2=1-x^2\) n’a pas de solution.
Pour tout réel \(x\), on a :
Commentaire
En présence de la fonction exponentielle et si composer par \(\ln\) ne simplifie pas, il est intéressant de changer de variable.
\[\begin{aligned} \mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}=2 &\Leftrightarrow \begin{cases} t=\mathrm{e}^x \\ t>0 \\ t + \frac{1}{t} = 2 \end{cases} \end{aligned}\]
De plus on a, pour tout réel \(t\) strictement positif : \[\begin{aligned} t + \frac{1}{t} = 2 &\Leftrightarrow t^2+1 = 2t \\ &\Leftrightarrow t^2 - 2t+1 = 0 \\ &\Leftrightarrow (t-1)^2 = 0 \\ &\Leftrightarrow t= 1 \end{aligned}\]
donc, comme \(1>0\) : \[\begin{aligned} \mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}=2 &\Leftrightarrow \begin{cases} t=\mathrm{e}^x \\ t=1 \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \mathrm{e}^x = 1 \end{aligned}\]
Or \(\mathrm{e}^0 = 1\) et la fonction exponentielle est bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) donc \(0\) est l’unique solution de l’équation \(\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x} = 2\).
Commentaire
On pouvait aussi étudier les variations de la fonction \(x\mapsto \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}\) sur \(\mathbb{R}\), ce qui est plus rapide.
Pour tout réel \(x\) : \[\begin{aligned} \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{2x} = 6 &\Leftrightarrow \begin{cases} t=\mathrm{e}^x \\ t>0 \\ t+t^2=6 \end{cases} \end{aligned}\]
De plus on a, pour tout \(t>0\) : \[\begin{aligned} t+t^2=6 &\Leftrightarrow t^2+t-6 = 0 \end{aligned}\]
Or l’équation \(t^2+t-6=0\) est une équation du second degré dont le discriminant est \(\Delta = 25\) donc elle admet deux solutions réelles, qui sont : \[t_1 = \frac{-1-5}{2} = -3 \quad \text{et} \quad t_2 = \frac{-1+5}{2} = 2\]
Comme \(t_1<0\) et \(t_2>0\), on en déduit : \[\begin{aligned} \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{2x} = 6 &\Leftrightarrow \mathrm{e}^x = 2 \end{aligned}\]
d’où, comme la fonction \(\ln\) est bijective de \(\mathbb{R}_+^\ast\) sur \(\mathbb{R}\) : \[\begin{aligned} \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{2x} = 6 &\Leftrightarrow x= \ln(2) \end{aligned}\]
Ainsi \(\ln(2)\) est l’unique solution de l’équation \(\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{2x} = 6\).