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

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(1)

9

Équations du second degré à

coefficients réels ou complexes

18

Leçon

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. C3), 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) ∈ R3, 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 −b24a− 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.

 x3 2 2 = x2 − 3x +94 x2− 3x =  x3 2 2 −94. Ainsi : 2x2− 3x −12  = 2"x−32 2 −94 − 12 # = 2"x3 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 = −b2a√∆ 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 −4a2 = 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 2x2− 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 2z2+ 10z + 25 est

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

z1= −10 + 10i2 × 2 = −52 +52i = 52(−1 + i)

z2= −10 − 10i2 × 2 = −52 − 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 1 = 5 2(−1 + i) 5 2√2 = − √2 2 + √2 2 i donc : cos θ1= −√22 sin θ1=√22 ) ⇒ θ1=4 (mod 2π). Donc : z1=5√22 e3iπ/4.

Pour z2, son argument θ2est tel que :

z2 |z2| = cos θ2+ i sin θ2= e 2 = 5 2(−1 − i) 5 2√2 = √2 2 − √22 i donc cos θ2= −√22 sin θ2= −√22 ) ⇒ θ2= −4 (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)

(6)

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= −b2a− δ et z2 = −b2a+ 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 ab2 4a2 = 0 ⇔  z+ b 2a 2 = b2− 4ac4a2 . On pose∆ = b2− 4ac et w = z +b 2. D’où : (18.1) ⇔ w2= 4a2.

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

z1= −b2a+ δ, z2= −b2a− 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 : δ2= a2− b2+ 2iab et |δ|2 = a2+ b2.

De plus |∆| =√9 + 16 = 5. On en déduit :      a2+ b2= 5 a2− b2= −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 + 6i2i = 3 − 2i;

z2= (3 + 8i) + (−1 + 2i)2i =2 + 10i2i = 5 + i.

(10)
(11)

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