5. Résolution des équations du second degré $ax^2+bx+c=0$, $a\neq 0$


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5.1. Résolution d’une équation du second degré

Soient $a$, $b$ et $c$ trois nombres réels données, $a\neq 0$.
Soit $P$ la fonction polynôme du second degré définie sur $\R$ par : $P(x)=ax^2+bx+c=0$.
Résoudre l’équation $ax^2+bx+c=0$, c’est-à-dire $P(x)=0$, revient à déterminer, s’il en existe, tous les nombres réels pour lesquels cette égalité est vraie.
Rechercher les solutions de l’équation $P(x)=0$ revient à déterminer les racines du polynôme $P(x)$.

Théorème 3.
On considère l’équation du second degré $(E)$ : $ax^2+bx+c=0$ (avec $a\neq 0$).
On pose $\color{red}{\Delta=b^2-4ac}$. Alors, on distingue trois cas :
1er cas : $\Delta<0$. L’équation $(E)$ n’admet aucune solution réelle ;
2ème cas : $\Delta=0$. L’équation $(E)$ admet une seule solution réelle :
$$x_0=-\dfrac{b}{2a}$$
On dit que $x_0$ est une solution double de cette équation ;
3ème cas : $\Delta>0$. L’équation $(E)$ admet deux solutions réelles distinctes :
$$x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$$
$\Delta=b^2-4ac$ s’appelle le discriminant du trinôme du second degré.


Démonstration.

Pour tout $x\in\R$ :
$$\begin{array}{rcl}
(E) &\Leftrightarrow& ax^2+bx+c =0 \\
& \Leftrightarrow & a \left[x^2+ \dfrac{b}{a} x+ \dfrac{c}{a} \right]=0 \qquad(a\neq 0)\\
\end{array}$$
Et puisque $a\neq 0$, cette équation est équivalente à :
$$\begin{array}{rcl}
(E) & \Leftrightarrow & x^2+2\times \dfrac{b}{2a} x+ \dfrac{c}{a}=0 \\
& \Leftrightarrow & \underbrace{\color{red}{x^2+2\times \dfrac{b}{2a} x+\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2}}_{\textrm{Identité remarquable}}- \left(\dfrac{b}{2a}\right)^2+ \dfrac{c}{a} =0 \\
& \Leftrightarrow & \left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \dfrac{b^2}{4a^2}+\dfrac{4ac}{4a^2}=0 \\
& \Leftrightarrow & \left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \dfrac{b^2-4ac}{4a^2}=0 \quad(*) \\
\end{array}$$
On pose alors : $\Delta=b^2-4ac$. Ce qui permet de simplifier l’équation $(*)$. On obtient :
$$\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \dfrac{\Delta}{4a^2}=0\quad(*)$$

On distingue alors les trois cas suivant le signe de $\Delta$ :

$\color{red}{1^{er}\, cas :\; \Delta < 0}$. L’équation $(*)$ s’écrit :
$$\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2 = \dfrac{\Delta}{4a^2}$$
Dans cette dernière égalité, le membre de gauche est positif ou nul, alors que le membre de droite est strictement négatif ! Ce qui est impossible. L’équation n’admet aucune solution réelle.

$\color{red}{2^{\grave e me}\, cas :\; \Delta= 0}$. L’équation $(*)$ s’écrit :
$$\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2 = 0$$
Donc $$\left(x+\dfrac{b}{2a}\right) \left(x+\dfrac{b}{2a}\right) = 0$$
D’après le théorème du produit nul (Th.P.N), cette équation admet une solution réelle comptée deux fois. C’est une solution réelle double :
$$\color{red}{x_0=-\dfrac{b}{2a}}$$

$\color{red}{3^{\grave e me}\, cas :\; \Delta > 0}$. L’équation $(*)$ s’écrit :
$$\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2- \left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)^2=0\quad(*)$$
Grâce à l’identité remarquable I.R.n°3, on peut factoriser l’équation (*) comme suit :
$$\left(x+\dfrac{b}{2a}-\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right) \left(x+\dfrac{b}{2a}+\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)=0$$
D’après le théorème du produit nul (Th.P.N), cette équation admet deux solutions réelles distinctes :
$$x_1=-\dfrac{b}{2a}+\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a} \quad\textrm{et}\quad x_2=-\dfrac{b}{2a}-\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}$$
ou encore :
$$\color{red}{x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}}\quad\textrm{et}\quad
\color{red}{x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}}$$
CQFD

Remarque importante

Lorsqu’on remplace $\Delta$ par 0 dans ces dernières égalités, on obtient :
$$\begin{array}{rcl}
x_1=\dfrac{-b+\sqrt{0}}{2a} &=& \color{red}{-\dfrac{b}{2a} =x_0}\\
\textrm{et}\quad x_2=\dfrac{-b-\sqrt{0}}{2a} &=& \color{red}{-\dfrac{b}{2a} =x_0}
\end{array}$$

Ainsi, les formules obtenues pour $\Delta > 0$ se généralisent à $\Delta=0$.


5.2 Exemples

Exercice résolu. Résoudre les équations suivantes :
$(E_1)$ : $2 x^2+5 x -3=0$.
$(E_2)$ : $-2 x^2+6 x -\dfrac{9}{2}=0$.
$(E_3)$ : $x^2+3 x +4=0$.
$(E_4)$ : $x^2-5=0$.
$(E_5)$ : $3x^2-5x=0$.

Corrigé.
1°) Résolution de l’équation : $(E_1)$ : $2 x^2+5 x -3=0$.
Tout d’abord, nous devons identifier les coefficients : $a=2$, $b=5$ et $c=-3$.
Calculons le discriminant $\Delta$.
$\Delta=b^2-4ac$
$\Delta=5^2-4\times 2\times (-3)$.
$\Delta=25+24$. Ce qui donne $\boxed{\; \Delta=49 \;}$.
$\color{red}{\Delta>0}$. Donc, l’équation $(E_1)$ admet deux solutions réelles distinctes : $$x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$$
$$x_1=\dfrac{-5-\sqrt{49}}{2\times 2}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-5+\sqrt{49}}{2\times 2}$$
$$ x_1=\dfrac{-5-7}{4}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-5+7}{4}$$
$$ x_1=-3\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{1}{2}$$
Conclusion. L’équation $(E_1)$ admet deux solutions réelles distinctes et :
$$ \color{red}{ {\cal S}=\left\{-3 ; \dfrac{1}{2} \right\}}$$

2°) Résolution de l’équation : $(E_2)$ : $-2 x^2+6 x -\dfrac{9}{2}=0$.
Nous devons d’abord identifier les coefficients : $a=-2$, $b=6$ et $c=-\dfrac{9}{2} $.
Calculons le discriminant $\Delta$.
$\Delta=b^2-4ac$
$\Delta=6^2-4\times (-2)\times \left(-\dfrac{9}{2}\right)$.
$\Delta=36-36$. Ce qui donne $\boxed{\; \Delta=0 \;}$.
$\color{red}{\Delta=0}$. Donc, l’équation $(E_2)$ admet une solution réelle unique :
$x_0=\dfrac{-b}{2a}=\dfrac{-6}{2\times (-2)}=\dfrac{3}{2}$.

Conclusion. L’équation $(E_2)$ admet une solution double et :
$$ \color{red}{ {\cal S}=\left\{\dfrac{3}{2} \right\}}$$

3°) Résolution de l’équation : $(E_3)$ : $x^2+3 x +4=0$.
Nous devons d’abord identifier les coefficients : $a=1$, $b=3$ et $c=4$.
Calculons le discriminant $\Delta$.
$\Delta=b^2-4ac$
$\Delta=3^2-4\times 1\times 4$.
$\Delta=9-16$. Ce qui donne $\boxed{\; \Delta=-7 \;}$.
$\color{red}{\Delta<0}$. Donc, l’équation $(E_3)$ n’admet aucune solution réelle.

Conclusion. L’équation $(E_3)$ n’admet aucune solution réelle et :
$$\color{red}{{\cal S}=\emptyset}$$

4°) Résolution de l’équation : $(E_4)$ : $x^2-5=0$.
C’est une équation particulière. L’un des coefficients est nul : $b=0$.

1ère méthode :
Tout d’abord, nous devons identifier les coefficients : $a=1$, $b=0$ et $c=-5$.
Calculons le discriminant $\Delta$.
$\Delta=b^2-4ac$
$\Delta=0^2-4\times 1\times (-5)$.
Ce qui donne $\boxed{\; \Delta=20 \;}$.
$\color{red}{\Delta>0}$. Donc, l’équation $(E_4)$ admet deux solutions réelles distinctes : $$x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$$
$$x_1=\dfrac{-0-\sqrt{20}}{2\times 1}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-0+\sqrt{20}}{2\times 1}$$
$$ x_1=\dfrac{-\sqrt{20}}{2}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{\sqrt{20}}{2}$$
Or, $\sqrt{20}=\sqrt{4\times 5}=2\sqrt{5}$. Ce qui donne :
$$ x_1=-\sqrt{5}\;\textrm{et}\; x_2=\sqrt{5}$$
Conclusion. L’équation $(E_4)$ admet deux solutions réelles distinctes et :
$$ \color{red}{ {\cal S}=\left\{ -\sqrt{5} ;\sqrt{5} \right\}}$$
2ème méthode :
Comme $b=0$, on peut utiliser l’identité remarquable I.R.n°3 pour factoriser cette expression. En effet : $x^2-5 = x^2-(\sqrt{5})^2$. D’où : $x^2-5 =(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})$.
On a donc, en utilisant le théorème du produit nul :
$$\begin{array}{rcl}
(E_4) &\Leftrightarrow& x^2-5 =0\\
&\Leftrightarrow& (x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5}) =0\\
&\Leftrightarrow& x=-\sqrt{5} \;\textrm{ou}\; x=\sqrt{5}\\
\end{array}$$
Conclusion. L’équation $(E_1)$ admet deux solutions réelles distinctes et :
$$ \color{red}{ {\cal S}=\left\{ -\sqrt{5} ;\sqrt{5} \right\}}$$

5°) Résolution de l’équation : $(E_5)$ : $3x^2-5x=0$.
C’est aussi une équation particulière. L’un des coefficients est nul : $c=0$.

1ère méthode :
Tout d’abord, nous devons identifier les coefficients : $a=3$, $b=-5$ et $c=0$.
Calculons le discriminant $\Delta$.
$\Delta=b^2-4ac$
$\Delta=(-5)^2-4\times 3\times 0$.
$\Delta= 25$. Ce qui donne $\boxed{\; \Delta=25 \;}$.
$\color{red}{\Delta>0}$. Donc, l’équation $(E_5)$ admet deux solutions réelles distinctes : $$x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$$
$$x_1=\dfrac{-(-5)-\sqrt{25}}{2\times 3}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{-(-5)+\sqrt{25}}{2\times 3}$$
$$ x_1=\dfrac{5-5}{6}\;\textrm{et}\; x_2=\dfrac{5+5}{6}$$
$$ x_1=0;\textrm{et}\; x_2= \dfrac{5}{3}$$
Conclusion. L’équation $(E_5)$ admet deux solutions réelles distinctes et :
$$ \color{red}{ {\cal S}=\left\{ 0 ; \dfrac{5}{3} \right\}}$$
2ème méthode :
Comme $c=0$, on peut factoriser cette expression par $x$.
En effet : $3x^2-5x = x(3x-5)$. Donc, en utilisant le théorème du produit nul :
$$\begin{array}{rcl}
(E_5) &\Leftrightarrow& 3x^2-5x =0\\
&\Leftrightarrow& x(3x-5) =0\\
&\Leftrightarrow& x=0 \;\textrm{ou}\; 3x-5=0\\
&\Leftrightarrow& x=0 \;\textrm{ou}\; x=\dfrac{5}{3} \\
\end{array}$$
Conclusion. L’équation $(E_5)$ admet deux solutions réelles distinctes et :
$$ \color{red}{ {\cal S}=\left\{ 0 ; \dfrac{5}{3} \right\}}$$


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