L18 [V2-VàC] – Équations du second degré à coefficients réels ou complexes

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9

Équations du second degré à

coefficients réels ou complexes

18

Leçon

n°

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.

Références [20], [49], [56], [57], [58], [59]

18.1 Premières définitions et mise sous forme canonique

18.1.1 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. C}3_{), a 6= 0} (E)

Exemple 18.2 2x2− 3x + 1 = 0 est une équation du second degré à coefficients réels. 18.1.2 Mise sous forme canonique

Théorème 18.3 Pour tout trinôme f : ax2 _{+ bx + c avec a 6= 0 et (a, b, c) ∈ R}3_{, il existe deux} nombres α et β tels que :

f(x) = a[(x − α)2_{− β].} Cette écriture est appelée forme canonique.

Dv

•Démonstration —_{Comme a 6= 0, on peut écrire}

ax2+ bx + c = a x2+ b ax+ c a . On reconnaît le début du développement de x+ b

2a 2 avec x2+ b ax. En effet x+ b 2a 2 = x2₊b ax+ b 2a 2 , d’où x2+ b ax= x+ b 2a 2 − _b 2a 2 .

(2)

Ainsi : ax2+ bx + c = a x+ b 2a −_4ab2₂+_ac = a"x+ b 2a 2 −b2_4a− 4ac₂ # = a[(x − α)2_{− β]} _{avec α}_{= −} b 2a et β= b2− 4ac 4a2 •

Exemple 18.4 Mettre sous forme canonique2x2− 6x − 1.

Dv •Solution —On a : 2x2 − 6x − 1 = 2 x2_{− 3x −}1 2 . x2− 3x est le début du développement de x −322.

x₋3 2 2 = x2 − 3x +9₄ x2_{− 3x =} x₋3 2 2 −9₄. Ainsi : 2x2− 3x −1₂ = 2"x−3₂ 2 −9_{4 −} 1₂ # = 2"x₋3 2 2 −11₄ # . et on trouve : α= 3 2et β=114. •

18.2 _{Résolution dans C des équations du second degré à coefficients}

réels

18.2.1 Discriminant

Définition 18.5 On appelle discriminant de l’expression ax2+ bx + c, avec a 6= 0, le nombre ∆ = b2_{− 4ac.}

18.2.2 Résolution

Théorème 18.6 Soit l’équation ax2+ bx + c = 0, avec a 6= 0, de discriminant ∆. Si ∆ > 0 l’équation a deux solutions réelles distincts x1et x2:

x1 = −b−_2a√∆ et x2 = −b+√∆ a

(3)

18.2 Résolution dans C des équations du second degré à coefficients réels 11

On a : ax2+ bx + c = a(x − x1)(x − x2). Si ∆ = 0 l’équation admet une solution x0 = − b

2a.

Si ∆ < 0 alors l’équation admet deux solutions complexes conjuguées : x1 = −b− i √ −∆ 2a x2 = − b+ i√−∆ 2a . Dv

• Démonstration — Soit l’équation ax2+ bx + c = 0 (avec a 6= 0 et (a, b, c) ∈ R3_).

L’équation s’écrit : a " x+ b 2a 2 −b 2_{− 4ac} 4a2 # = 0.

On pose∆ = b2_{− 4ac, elle s’écrit donc}

a " x+ b 2a 2 −_4a∆2 # = 0, soit à résoudre : x+ b 2a 2 −_4a∆₂ = 0 car a 6= 0.

Si ∆ > 0 alors ∆ est le carré de√∆ : x+ b 2a 2 − √ ∆ 2a !2 = x+ b 2a+ √ ∆ 2a ! x+ b 2a − √ ∆ 2a ! . L’équation s’écrit : x+ b 2a+ √ ∆ 2a ! x+ b 2a − √ ∆ 2a ! = 0. Donc soit x+ b 2a + √ ∆ 2a = 0 ou soit x +2ab − √ ∆ 2a = 0 et ainsi : x= −b− √ ∆ 2a ou x= − b+√∆ 2a . Si ∆ = 0 alors x + b

2a2−4a∆2 = 0 s’écrit x + _2ab 2= 0. Ce carré est nul si et seulement

si, x+ b

2a = 0, soit x = −2ab.

Si ∆ < 0 pas de solutions réels mais en passant par les complexes, ∆

4a2 est le carré de i √

−∆ 2a

et l’on revient au cas∆ > 0.

•

18.2.3 Exemples de résolution

(4)

2. Résoudre, dans C, 2z2+ 10z + 25 = 0.

Dv

•Solution —

1. Soit à résoudre2x2_{− 5x − 4 = 0. Le discriminant de l’expression 2x}2_{− 5x − 4 est}

∆ = 25 + 4 × 4 × 2 = 25 + 32 = 57 > 0. Donc l’équation 2x2_{− 5x − 4 = 0 admet}

deux solutions :

x1=5 +₄√57 et x2=5 −₄√57.

2. Soit à résoudre2z2_{+ 10z + 25 = 0. Le discriminant de l’expression 2z}2_{+ 10z + 25 est}

∆ = 102_{− 4 × 25 × 2 = −100 < 0. Il y a donc deux racines complexes :}

z1= −10 + 10i_{2 × 2} = −5₂ +5₂i = 5₂(−1 + i)

z2= −10 − 10i_{2 × 2} = −5_{2 −} 5₂i.

Ne nous arrêtons pas en si bon chemin. Calculons la forme exponentielle de z1et z2. Tout

d’abord, on calcule le module de z1et z2:

|z1| = |z2| = 5₂p12+ (−1)2=5√2₂ . On calcule maintenant l’argument θ1de z1:

z1 |z1| = cos θ1+ i sin θ1= e iθ1 = 5 2(−1 + i) 5 2√2 = − √2 2 + √2 2 i donc : cos θ1= −√22 sin θ1=√22 ) ⇒ θ1=3π₄ (mod 2π). Donc : z1=5√2₂ e3iπ/4.

Pour z2, son argument θ2est tel que :

z2 |z2| = cos θ2+ i sin θ2= e iθ2 = 5 2(−1 − i) 5 2√2 = √2 2 − √22 i donc cos θ2= −√2₂ sin θ2= −√2₂ ) ⇒ θ2= −3π₄ (mod 2π) et ainsi, z2= 5√2₂ e−3iπ/4. •

(5)

18.3 Applications 13

18.3 Applications

18.3.1 Nombres consécutifs

Déterminer deux nombres entiers relatifs consécutifs dont la somme des carrés est221. Dv

•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 ∆ = 1 + 4 × 110 = 441 > 0, d’où}

√

∆ =√441 = 21 et il y a deux solutions pour l’équation n2_{+ n + 110 = 0 :}

n1= 1 + 21₂ = 11 et n2= 1 − 21₂ = −10.

•

18.3.2 Périmètre et diagonale d’un rectangle

Soit ABCD un rectangle dont la diagonale[BD] mesure 15 cm et le périmètre P du rectangle vaut42 cm. Quels sont les dimensions du rectangle ABCD ?

15 cm PABCD= 45 cm A B C D Dv

•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 `2+ L2= 152(d’après le thm. de Pythagore) (`, L ≥ 0, ` < L) ⇔ ( `+ L = 21 `2+ L2= 152 ⇔ ( L= 21 − ` `2+ (21 − `)2= 225 (2)

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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 ∆ = 441 − 432 = 9 > 0 donc√∆ = 3 et l’équation(2) admet deux solutions :

( `1=21+3₂ = 24₂ = 12 L1= 21 − 12 = 9 et ( `2= 21−3₂ = 18₂ = 9 L2= 21 − 9 = 12.

Or L > `, donc les dimensions du rectangle ABCD sont `= 9 cm et L = 12 cm. •

18.3.3 Nombre d’or

Soit R un rectangle. On note Q(R), le rapport de la longueur avec la largueur du rectangle R. Soit R1le 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 R1 est un rectangle d’or si Q(R1) = Q(R2) (on notera Φ = Q(R1)). Quelle est la valeur exacte de Φ ?

R1= ABCD C = AEF D R2= EBCF A B C D E F Dv

•Solution —On forme l’équation :

Q(R1) = Q(R2) ⇔L ` = ` L− ` ⇔ L(L − `) `2 = 1 ⇔ L2− L` = `2⇔ L2− L` − `2= 0 On noteΦ =L

`, on peut diviser par `2(car ` 6= 0) :

⇔ L 2 `2 − L ` − 1 = 0 ⇔ Φ 2_{− Φ − 1 = 0.}

(7)

18.3 Applications 15

Le discriminant de l’expressionΦ2_{− Φ − 1 est ∆ = 1 + 4 = 5 > 0. Donc :}

Φ = 1 +₂√5≥ 0. À noter qu’on trouve une autre solution de l’équation :

˜Φ = 1 −₂√5<0. Comme le rapport L

` est positif, on prend juste la valeur deΦ. •

18.3.4 Intersection d’une parabole et une droite

Soit f : R → R x 7→ x2 2 − x − 1 et g : R → R x 7→ x + 1 .

On note Cf (resp. Cg) la courbe représentative de la fonction f (resp. g). Quelles sont les coordonnées

des points d’intersection de Cf et Cg?

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 −1 1 2 3 4 5 6 0 A B Dv

•Solution —On cherche les coordonnées des points d’intersections A et B des courbes Cfet

Cg. Trouver les coordonnées des points d’intersections revient à résoudre l’équation f(x) =

g(x).

f(x) = g(x) ⇔ x

2

2 −x− 1 = x + 1

(8)

Le discriminant de l’expression 2x2_{− 3x − 3 est ∆ = 9 + 4 × 3 × 2 = 33 > 0. Donc}

√

∆ = 33 et l’équation admet deux solutions : ( xA=3+√33₄ yA=7+√33₄ et ( xB= 3−√33₄ yB =7−√33₄ . •

18.4 Résolution d’équations du second degré à coefficients

com-plexes

18.4.1 Résolution

Théorème 18.8 L’équation az2 + bz + c = 0 avec (a, b, c) ∈ C3 _{et a 6= 0 admet deux solutions} (distinctes ou confondues) :

z1= −b_2a− δ et z2 = −b_2a+ δ où δ2 = ∆ = b2_{− 4ac.}

Dv

•Démonstration —_{Soient a, b, c ∈ C et a 6= 0. On considère l’équation :}

az2+ bz + c = 0. (18.1)

On met l’équation (18.1) sous la forme canonique :

(18.1) ⇔ a z2+ b az+ c a = 0 ⇔ a z+ b 2a 2 +c a− b2 4a2 = 0 ⇔ z+ b 2a 2 = b2− 4ac_4a₂ . On pose∆ = b2_{− 4ac et w = z +}b 2. D’où : (18.1) ⇔ w2= _4a∆₂.

Soit δ une racine carrée de∆, les deux solutions de (18.1) sont donc :

z1= −b_2a+ δ, z2= −b_2a− δ.

•

18.4.2 Un exemple

(9)

18.4 Résolution d’équations du second degré à coefficients complexes 17

Dv

•Solution —On obtient : ∆ = (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.

On cherche δ = a + ib tel que δ2_{= −3 − 4i. On a : δ}2_{= a}2_{− b}2_{+ 2iab et |δ|}2 _{= a}2_{+ b}2_.

De plus |∆| =√9 + 16 = 5. On en déduit :      a2+ b2= 5 a2_{− b}2= −3 2ab = −4 d’où      a2= 1 b2= 4 ab= −2 On trouve ainsi les racines de∆ :

δ1= 1 − 2i et δ2= −1 + 2i.

D’où :

z1= (3 + 8i) − (−1 + 2i)_2i =4 + 6i_2i = 3 − 2i;

z2= (3 + 8i) + (−1 + 2i)_2i =2 + 10i_2i = 5 + i.

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Bibliographie

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