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


Sommaire – Page 1ère Spé-Maths

  1. Fonction polynôme sous la forme développée réduite
    Monôme. Coefficient. Polynôme. Degré. Egalité de deux polynômes. Racine d’un polynôme
  2. Trinôme du second degré. Egalité de deux trinômes du second degré
  3. Différentes formes remarquables d’une fonction polynôme du second degré
  4. Passage de la forme développée réduite à la forme canonique ou la forme factorisée et réciproquement
  5. Résolution de l’équation du second degré $ax^2+bx+c = 0$, $a\neq 0$
    5.bis. Exercice résolu : Résolution d’une équation du second degré avec un paramètre
  6. Expression de la somme et du produit des racines d’un trinôme du second degré ($\Delta\geq0$)
  7. Factorisation et signe du trinôme du second degré $P(x)=ax^2+bx+c$, $a\neq0$
  8. Résolution d’une inéquation du second degré
  9. Représentation graphique d’une fonction polynôme du second degré.
  10. Tableau récapitulatif de signes d’une fonction polynôme du second degré.

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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