EXERCICES SUR LE DEUXIEME DEGRE - univ-lorraine.frGerard.Eguether/zARTICLE/DEGRE.pdf · 2 ˙ 1.2 Existence et signe des racines (23) Pour quelles valeurs de m l’´equation (m −1)x2

EXERCICES

SUR LE DEUXIEME

DEGRE

G.EGUETHER

7 septembre 2017

Table des matieres

1 Equations 11.1 Equations simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Existence et signe des racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3 Relations entre les racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Expressions symetriques des racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.5 Systemes d’equations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.6 Position d’un nombre par rapport aux racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.7 Exercices generaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2 Equations se ramenant au deuxieme degre 672.1 Factorisation et reduction au meme denominateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.2 Equations avec valeurs absolues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.3 Equations bicarrees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.4 Equations homogenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792.5 Autres changements de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.6 Equations avec radicaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3 Etude de signe - Inequations 1033.1 Etude de signe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.2 Inequations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1043.3 Systemes d’inequations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.4 Inequations se ramenant au deuxieme degre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4 Divers 1234.1 Extrema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.2 Extrema et geometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.3 Autres problemes issus de la geometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

i

ii TABLE DES MATIERES

Avertissement

On trouvera dans ce qui suit de nombreux exercices sur les equations et inequations du deuxieme degrea coefficients reels. Les solutions (ou racines) d’une equation, seront toujours cherchees dansR et, par exemple, on dira qu’une equation n’a pas de racine, lorsqu’elle n’a pas de racine reelle.

Notations

Dans les exercices suivants, la variable sera notee x. Par ailleurs m ou p etc. . . designent des parametresreels.

D’une maniere systematique, lors de l’etude d’une equation du deuxieme degre

ax2 + bx+ c = 0

on noteraf(x) = ax2 + bx+ c .

Pour le trinome precedent, on notera le discriminant

∆ = b2 − 4ac .

Si ∆ est positif les racines de l’equation sont alors

−b−√∆

2aet

−b+√∆

2a.

On notera aussi, lorsque b = 2b′, le discriminant reduit

∆′ = b′2 − ac ,

Si ∆′ est positif les racines de l’equation sont alors

−b′ −√∆′

aet

−b′ +√∆′

a.

Lorsqu’elles existent les racines seront notees x1 et x2, et l’on posera

S = x1 + x2 = − b

aet P = x1x2 =

c

a.

En general, on notera S l’ensemble des solutions d’une equation ou inequation de la variable x, et M

lorsque la variable est le parametre m.

Les coefficients binomiaux sont notes(

n

k

)

=n!

k!(n− k)!.

Remarque : on ne detaillera pas toujours le calcul des racines d’une equation du deuxieme degre.

Chapitre 1

Equations

1.1 Equations simples

(1) Resoudre l’equation7(x− 1)2 + 4(x− 1) = 0 .

En factorisant, l’equation s’ecrit

(x− 1)[

7(x− 1) + 4]

= 0 ,

c’est-a-dire

(x− 1)(7x − 3) = 0 ,

d’ou

S =

{

1 ,3

7

}

(2) Resoudre l’equation(6x− 5)2 − 4(x+ 3)2 = 0 .

En utilisant une identite remarquable, l’equation s’ecrit

[

(6x− 5) + 2(x+ 3)] [

(6x− 5)− 2(x+ 3)]

= 0 ,

c’est-a-dire

(8x+ 1)(4x − 11) = 0 ,

2 CHAPITRE 1. EQUATIONS

d’ou

S =

{

−1

8,11

4

}

(3) Resoudre l’equation(4x− 2)2 − 3(x+ 7)2 = 0 .

En utilisant une identite remarquable, l’equation s’ecrit

[

(4x− 2) +√3(x+ 7)

] [

(4x− 2)−√3(x+ 7)

]

= 0 ,

c’est-a-dire[

(4 +√3)x− 2 + 7

√3] [

(4−√3)x− 2− 7

√3]

= 0 ,

d’ou les racines2− 7

√3

4 +√3

et2 + 7

√3

4−√3

.

En rendant les denominateurs entiers, on obtient

2− 7√3

4 +√3

=(2− 7

√3)(4−

√3)

(4 +√3)(4−

√3)

=29− 30

√3

13,

et2 + 7

√3

4−√3

=(2 + 7

√3)(4 +

√3)

(4−√3)(4 +

√3)

=29 + 30

√3

13,

d’ou

S =

{

29− 30√3

13,29 + 30

√3

13

}

(4) Resoudre l’equation3x2 + 7x− 10 = 0 .

On calcule

∆ = b2 − 4ac = 49 + 120 = 169 = 132 ,

1.1. EQUATIONS SIMPLES 3

d’ou les racines−7± 13

6et, en simplifiant,

S =

{

1 , −10

3

}

(5) Resoudre l’equation2x2 − 5x+ 2 = 0 .

On calcule∆ = b2 − 4ac = 25− 16 = 9 = 32 ,

d’ou les racines5± 3


S =

{

2 ,1

2

}

(6) Resoudre l’equationx2 − 17x+ 52 = 0 .

On calcule∆ = b2 − 4ac = 289 − 208 = 81 = 92 ,

d’ou les racines17± 9


S = {4 , 13}



On calcule

∆ = b2 − 4ac = 225 − 48 = 177 ,

d’ou

S =

{

15 +√177

6,15−

√177

6

}

(8) Resoudre l’equation3x2 + 15x+ 1 = 0 .

On calcule

∆ = b2 − 4ac = 225 − 12 = 213 ,

d’ou

S =

{

−15 +√213

6,−15−

√213

6

}


On calcule

∆ = b2 − 4ac = 289 − 32 = 257 ,

d’ou

S =

{

17 +√257

8,17−

√257

8

}

(10) Resoudre l’equation11x2 + 133x − 5 = 0 .


On calcule∆ = b2 − 4ac = 17689 + 220 = 17909 ,

d’ou

S =

{

−133 +√17909

22,−133−

√17909

22

}

(11) Resoudre l’equation4x2 − 17x− 3 = 0 .

On calcule∆ = b2 − 4ac = 289 + 48 = 337 ,

d’ou

S =

{

17 +√337

8,17−

√337

8

}


On calcule∆′ = b′2 − ac = 36− 18 = 18 ,

d’ou les racines6±

√18

6et, en simplifiant par 3,

S =

{

2 +√2

2,2−

√2

2

}

(13) Resoudre l’equation(3x− 1)(4x + 7) + 2 = 0 .


On developpe tout d’abord, ce qui donne l’equation

12x2 + 17x− 5 = 0 .

On calcule∆ = b2 − 4ac = 289 + 240 = 529 = 232 ,



S =

{

1

4, −5

3

}

(14) Resoudre l’equation(2x− 1)2 + (6x+ 1)2 − 8 = 0 .

On developpe tout d’abord, ce qui donne, apres simplification par 2, l’equation

20x2 + 4x− 3 = 0 .

On calcule∆′ = b′2 − ac = 4 + 60 = 64 = 82 ,



S =

{

3

10, −1

2

}

(15) Resoudre l’equation

(1 +√2)x2 − 2(1−

√2)x+ 1− 3

√2 = 0 .

On calcule

∆′ = b′2 − ac = (1−√2)2 − (1 +

√2)(1− 3

√2)

= (3− 2√2)− (−5− 2

√2)

= 8 = (2√2)2 ,


d’ou les racines1−

√2± 2

√2

1 +√2

. Une des racines vaut 1, pour l’autre, en rendant le denominateur

entier,

1− 3√2

1 +√2

=(1− 3

√2)(

√2− 1)

(1 +√2)(

√2− 1)

= −7 + 4√2 .

d’ou

S ={

1 ,−7 + 4√2}

(16) Resoudre l’equationx2 − (3 + 2

√5)x+ 7 + 3

√5 = 0 .

On calcule

∆ = b2 − 4ac = (3 + 2√5)2 − 4(7 + 3

√5)

= (29 + 12√5)− (28 + 12

√5)

= 1 ,

d’ou les racines3 + 2

√5± 1


S ={

2 +√5 , 1 +

√5}

(17) Resoudre l’equationx2 − 2(m+ 2)x+m2 + 4m− 5 = 0 .

On calcule

∆′ = b′2 − ac = (m+ 2)2 − (m2 + 4m− 5) = 9 = 32 .

d’ou les racines (m+ 2)± 3 , et finalement

S = {m+ 5 , m− 1}


(18) Resoudre l’equationx2 − 2mx+m2 − 4 = 0 .

On calcule

∆′ = b′2 − ac = m2 − (m2 − 4) = 4 = 22 .

d’ou les racines

S = {m+ 2 , m− 2}


x2 − 2(m− 1)x+m2 − 2m− 35 = 0 .

On calcule

∆′ = b′2 − ac = (m− 1)2 − (m2 − 2m− 35) = 36 = 62 .

d’ou les racines m− 1± 6 , et finalement

S = {m+ 5 , m− 7}


(m+ 2)2x2 − (3m− 2)(m + 2)x+ 2m2 +m− 15 = 0 .

Si m = −2, l’equation devient

−9 = 0

et n’a pas de solution.


Dans le cas contraire, on calcule

∆ = b2 − 4ac = (3m− 2)2(m+ 2)2 − 4(m+ 2)2(2m2 +m− 15)

= (m+ 2)2[

(9m2 − 12m+ 4)− 4(2m2 +m− 15)]

= (m+ 2)2(m2 − 16m+ 64)

= (m+ 2)2(m− 8)2 .

d’ou les racines(3m− 2)(m + 2)± (m+ 2)(m− 8)

2(m+ 2)2et, en simplifiant par 2(m+ 2),

S =

{

2m− 5

m+ 2,m+ 3

m+ 2

}


p!(n− p)!x2 + n!x+[(n− 1)!]2

(p − 1)!(n − p− 1)!= 0 ,

ou n et p sont des nombres entiers tels que 1 ≤ p ≤ n.

En divisant par p!(n − p)!, l’equation peut s’ecrire

x2 +

(

n

p

)

x+

(

n− 1

p

)(

n− 1

p− 1

)

= 0 .

ou encore, en raison des formules sur les coefficients binomiaux,

x2 +

((

n− 1

p

)

+

(

n− 1

p− 1

))

x+

(

n− 1

p

)(

n− 1

p− 1

)

= 0 .

On a donc

S =

{(

n− 1

p

)

,

(

n− 1

p− 1

)}

(22) Resoudre l’equation(mx+ 2)2 = (x−m)2 .


L’equation equivaut a(mx+ 2)2 − (x−m)2 = 0 ,

puis, en utilisant une identite remarquable, a[

(m+ 1)x+ 2−m][

(m− 1)x+ 2 +m]

= 0 .

si m 6= ±1 S =

{

m− 2

m+ 1,m+ 2

1−m

}

si m = 1 S =

{

−1

2

}

si m = −1 S =

{

1

2

}

1.2 Existence et signe des racines

(23) Pour quelles valeurs de m l’equation

(m− 1)x2 + (m− 5)x+m− 4 = 0

admet-elle deux racines distinctes non nulles de signes contraires ?

C’est le cas si et seulement si le produit P est strictement negatif. On a

P =m− 4

m− 1,

qui est du signe de (m− 1)(m− 4). Cette expression est negative entre les racines 1 et 4, donc

M = MP = ] 1, 4 [


(m− 1)x2 − 2(m+ 2)x+m− 4 = 0

admet-elle deux racines distinctes strictement positives ?

1.2. EXISTENCE ET SIGNE DES RACINES 11

C’est le cas si et seulement si les trois nombres ∆′, S et P sont strictement positifs. On a

∆′ = (m+ 2)2 − (m− 1)(m− 4) = 9m,

puis

S = 2m+ 2

m− 1et P =

m− 4

m− 1.

Les ensembles sur lesquels ces expressions sont strictement positives sont respectivement

M∆′ = ] 0, ∞ [ , MS = ]−∞, −2 [∪ ] 1, ∞ [ , MP = ]−∞, 1 [∪ ] 4, ∞ [ .

Alors l’ensemble des valeurs de m cherchees est l’intersection de ces trois ensembles. C’est un ensemblede nombres positifs, et l’on constate que la partie positive de MP est incluse dans les deux autres,donc

M = ] 4, ∞ [


(m+ 2)x2 − (m+ 4)x−m+ 2 = 0


C’est le cas si et seulement si les trois nombres ∆, S et P sont strictement positifs. On a

∆ = (m+ 4)2 + 4(m+ 2)(m− 2) = 5m2 + 8m = m(5m+ 8) ,

puis

S =m+ 4

m+ 2et P =

2−m

m+ 2.


M∆ = ]−∞, −8/5 [∪ ] 0, ∞ [ , MS = ]−∞, −4 [∪ ]−2, ∞ [ , MP = ]−2, 2 [ .

Alors l’ensemble des valeurs de m cherchees est l’intersection de ces trois ensembles que l’on peutdeterminer facilement en rayant sur la droite reelle les parties qui ne sont pas conservees.

| | | | |−4 −2 −8

5

0 2

/ / / / /| | | | |\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \

Il resteM = ]−2, −8/5 [∪ ] 0, 2 [



(m− 4)x2 + (m+ 2)x−m = 0


C’est le cas si et seulement si les trois nombres ∆, S et P sont strictement positifs. On a

∆ = (m+ 2)2 + 4m(m− 4) = 5m2 − 12m+ 4 = (m− 2)(5m − 2) ,

puis

S = −m+ 2

m− 4et P = − m

m− 4.


M∆ = ]−∞, 2/5 [∪ ] 2, ∞ [ , MS = ]−2, 4 [ , MP = ] 0, 4 [ .

Alors l’ensemble des valeurs dem cherchees est l’intersection de ces trois ensembles. On procede commedans l’exercice prcedant.

| | | | |−2 0 2

5

2 4

/ / / / / | | | | || | | | | \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ \ \ \ \

Il reste

M = ] 0, 2/5 [∪ ] 2, 4 [


x2 − (4m+ 6)x+ 6m2 + 7m+ 2 = 0


C’est le cas si et seulement si les trois nombres ∆′, S et P sont strictement positifs. On a

∆′ = (2m+ 3)2 − (6m2 + 7m+ 2) = −2m2 + 5m+ 7 = (m+ 1)(−2m+ 7) ,

1.2. EXISTENCE ET SIGNE DES RACINES 13

puis

S = 2(2m+ 3) , P = 6m2 + 7m+ 2 = (3m+ 2)(2m+ 1) .


M∆′ = ]−1, 7/2 [ , MS = ]−3/2, ∞ [ , MP = ]−∞, −2/3 [∪ ]−1/2, ∞ [ .

Alors l’ensemble des valeurs dem cherchees est l’intersection de ces trois ensembles. On prosede commedans les exercices prcedants.

| | | | |

−3

2

−1 −2

3−1

2

7

2

/ / / / / / / / / // / / / /| | | | | \ \ \ \ \

Il reste

M = ]−1, −2/3 [∪ ]−1/2, 7/2 [

(28) Les racines x1 et x2 d’une equation du deuxieme degre verifient le systeme

{

x1 + x2 − 2x1x2 = 0mx1x2 − (x1 + x2) = 2m+ 1

.

Former une telle equation et trouver pour quelles valeurs de m elle a deux racines positives.

En additionnant membre a membre, on obtient

(m− 2)x1x2 = 2m+ 1 .

La valeur m = 2 est exclue. On a alors

x1x2 =2m+ 1

m− 2et x1 + x2 = 2

2m+ 1

m− 2,

d’ou, par exemple, l’equation

(m− 2)x2 − 2(2m + 1)x+ 2m+ 1 = 0

Son discriminant reduit vaut

∆′ = (2m+ 1)2 − (m− 2)(2m + 1) = (2m+ 1)(m+ 3) .

Le discriminant est positif en dehors de l’intervalle ]−3, −1/2 [ .


D’autre part S et P sont de meme signe et sont positifs en dehors de l’intervalle ]−1/2, 2 [ . Au finalon exlut ]−3, 2 [ et l’ensemble cherche est donc

M = ]−∞, −3 ]∪ ] 2, +∞ [

(29) Etudier l’existence et le signe des racines de l’equation

mx2 − 2mx+m− 8 = 0 .

En dehors du cas m = 0, ou l’equation devient −8 = 0 et n’a pas de solution, on etudie le signe de∆′, S et P . On a

∆′ = m2 −m(m− 8) = 8m , S = 2 , P =m− 8

m.

L’equation n’a pas de solutions si m ≤ 0.

Lorsque m appartient a l’intervalle ] 0, 8 [ le produit est negatif, donc il y a deux racines de signesopposes.

Lorsque m = 8, une racine est nulle et l’autre vaut 2.

Lorsque m appartient a l’intervalle ] 8, ∞ [ , la somme et le produit sont positifs, donc il y a deuxracines positives.

1.3 Relations entre les racines


x2 −mx−m2 − 5 = 0

admet-elle deux racines verifiant la relation

(1)4

x1x2=

1

x1+

1

x2− 1

2?

1.3. RELATIONS ENTRE LES RACINES 15

Comme le produit des racines −m2− 5 est strictement negatif, l’equation a toujours deux racines nonnulles. L’equation (1) s’ecrit encore

4

x1x2=

x1 + x2x1x2

− 1

2,

c’est-a-dire4

P=

S

P− 1

2,

ou encore

4 = S − P

2= m+

m2 + 5

2.

Alors m est racine de l’equationm2 + 2m− 3 = 0 ,

doncM = {1 , −3}


mx2 − 2(m+ 1)x+m− 4 = 0


(1) (4x1 + 1)(4x2 + 1) = 18 ?

Tout d’abord∆′ = (m+ 1)2 −m(m− 4) = 6m+ 1

doit etre positif, donc m ≥ −1/6.

L’equation (1) s’ecrit16x1x2 + 4(x1 + x2) + 1 = 18 ,

c’est-a-dire16P + 4S − 17 = 0 ,

ou encore

16m− 4

m+ 8

m+ 1

m− 17 = 0 .

Alors m est racine de l’equation7m− 56 = 0 ,

doncM = {8}



x2 − 2mx+m+ 2 = 0


(1) 4(x21 + x22) = 19 ?

Tout d’abord∆′ = m2 −m− 2 = (m+ 1)(m− 2) ,

est positif dans l’ensembleM∆′ = ]−∞, −1 ] ∪ [ 2, ∞ [ .

L’equation (1) s’ecrit4[

(x1 + x2)2 − 2x1x2

]

= 19 ,

c’est-a-dire4(S2 − 2P ) = 19 ,

ou encore16m2 − 8(m+ 2) = 19 ,

et finalement16m2 − 8m− 35 = 0 .

Le discriminant reduit de cette equation vaut

δ′ = 16 + 16× 35 = 16× 36 = 4262 = 242 .

Les racines sont alors4± 24

16c’est-a-dire 7/4 et −5/4. Seule la seconde est dans M∆′ , donc

M =

{

−5

4

}


m− 1

mx2 − 2(m− 1)x+m = 0


(1) (x1 − x2)2 = 6 ?


Tout d’abord

∆′ = (m− 1)2 − (m− 1) = (m− 1)(m− 2) ,

est positif dans l’ensemble

M∆′ = ]−∞, 1 ] ∪ [ 2, ∞ [ .

L’equation (1) s’ecrit

(x1 + x2)2 − 4x1x2 = 6 ,

c’est-a-dire

S2 − 4P = 6 ,

ou encore

4m2 − 4m2

m− 1= 6 ,

et finalement

4m3 − 8m2 − 6m+ 6 = 0 .

On s’apercoit que −1 est racine. On peut donc mettre (m+ 1) en facteur dans membre de gauche etl’on obtient

(m+ 1)(4m2 − 12m+ 6) = 0 .

On cherche les racines de 2m2 − 6m + 3. Le discriminant reduit de ce trinome vaut δ′ = 3, et l’on a

comme racines3±

√3

2. On verifie facilement que

−1 <3−

√3

2< 1 < 2 <

3 +√3

2,

et toutes les racines conviennent, donc

M =

{

−1 ,3−

√3

2,3 +

√3

2

}

(34) Etablir une relation independante de m qui lie les racines de l’equation

mx2 − 2(m− 2)x+m− 3 = 0 .

On a

S = 2m− 2

m= 2− 4

met P =

m− 3

m= 1− 3

m.


Alors, en eliminant 1/m, on obtient

S

4− P

3=

1

2− 1

3=

1

6.

Finalement3S − 4P = 2 ,

ce qui donne la relation

3(x1 + x2)− 4x1x2 = 2

(35) Etablir une relation independante de m qui lie les racines de l’equation

x2 − (2m2 − 2m+ 1)x− (2m− 1)2 = 0 .

1) Existe-t-il une valeur de m telle qu’une des racines soit egale a −2 ? a −1 ?

2) Existe-t-il une valeur de m telle que les racines soient egales ? soient opposes ?

On aS = 2m2 − 2m+ 1 et P = −(2m− 1)2 = −4m2 + 4m− 1 ,

et en eliminant m,2S + P = 1 ,

c’est-a-dire2(x1 + x2) + x1x2 = 1 ,

ou encore(x1 + 2)(x2 + 2) = 5

1) Il resulte de la relation precedente que l’on ne peut avoir une racine egale a −2. Par contre six1 = −1, alors x2 = 3, donc

−3 = P = −(2m− 1)2 ,

c’est-a-dire2m− 1 = ±

√3 .

Finalement

M =

{

1−√3

2,1 +

√3

2

}


2) Si x1 = x2, alors

P = x21 = −(2m− 1)2 .

Ceci n’est possible que si x1 = x2 = 0 donc S = P = 0, et l’equation 2S + P = 1 n’est pas verifiee.

Si x1 = −x2, alors

(x1 + 2)(x2 + 2) = 4− x21 = 5 ,

ce qui est impossible egalement.

(36) 1) Trouver une condition necessaire portant sur P pour que les racines de l’equation

x2 − Sx+ P = 0

verifient la relationx21 + x22 = 1 .

2) Trouver deux nombres dont la somme des carres et la somme des inverses soient egales a 1.

1) Il faut deja que ∆ = S2 − 4P soit positif ou nul. Ensuite

x21 + x22 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = S2 − 2P = 1 .

On en deduit

∆ = 1− 2P ≥ 0 .

On trouve donc la condition necessaire

P ≤ 1/2

2) Le systeme

x21 + x22 = 1

1

x1+

1

x2= 1

,

devient

S2 − 2P = 1

S

P= 1

,

et conduit a l’equation

P 2 − 2P − 1 = 0 ,


dont les racines sont 1 +√2 et 1 −

√2. Seule la seconde racine verifie la condition P ≤ 1/2. Alors,

puisque S = P , les nombres x1 et x2 sont les racines de l’equation

x2 − (1−√2)x+ 1−

√2 = 0 .

On a∆ = S2 − 4P = 1− 2P = 1− 2(1−

√2) = 2

√2− 1 .

Les nombres cherches sont donc

1−√2 +

√

2√2− 1

2et

1−√2−

√

2√2− 1

2

(37) Determiner m pour que les racines de l’equation

x2 − (2m+ 1)x+ 3m+ 3 = 0

verifient la relation2x1 + 3x2 = 18 .

On a en particulier le systeme{

x1 + x2 = 2m+ 12x1 + 3x2 = 18

,

qui a comme solutionx1 = 6m− 15 et x2 = 16− 4m.

AlorsP = 3m+ 3 = (6m− 15)(16 − 4m) ,

ce qui equivaut, apres division par 3, a

8m2 − 51m+ 81 = 0 .

On aδ = 512 − 32× 81 = 9 ,

d’ou les racines m =51± 3

16, c’est-a-dire

m = 3 et m =27

8.

D’autre part le discriminant

∆ = (2m+ 1)2 − 12(m+ 1) = 4m2 − 8m− 11


a pour racine positive2 +

√15

2, et l’on verifie que

2 +√15

2≤ 3 ≤ 27

8.

Le deux racines conviennent, donc

M =

{

3 ,27

8

}


(2m− 5)x2 − 2mx+m = 0

verifient la relationx1 = 2x2 .

On a en particulier le systeme

x1 + x2 =2m

2m− 5

x1 − 2x2 = 0

,

qui a comme solution

x1 =4m

3(2m− 5)et x2 =

2m

3(2m− 5).

Alors

P =m

2m− 5=

8m2

9(2m − 5)2,

ce qui equivaut am

2m− 5

(

8m

9(2m− 5)− 1

)

= 0 ,

et finalement am(2m− 9) = 0 .

La solution m = 0, donne l’equation x2 = 0 qui admet la racine double x1 = x2 = 0.

Par ailleurs∆′ = m2 −m(2m− 5) = m(5−m)

est positif pour m = 9/2, et cette solution convient egalement. Finalement

M =

{

0 ,9

2

}



(m− 4)x2 − 2(m− 1)x+m+ 2 = 0

verifient la relation

(1) x2 = 5 + 3x1

On s’apercoit que 1 est toujours racine de l’equation, (donc ∆ est positif). L’autre racine vaut donc

P =m+ 2

m− 4.

Alors ou bien

(x1, x2) =

(

1,m+ 2

m− 4

)

et l’equation (1) devientm+ 2

m− 4= 8 ,

et a pour racine 34/7, ou bien

(x1, x2) =

(

m+ 2

m− 4, 1

)

et l’equation (1) devient

1 = 5 + 3m+ 2

m− 4,

et a pour racine 10/7. Finalement

M =

{

34

7,10

7

}

(40) Donner une condition necessaire et suffisante pour que l’equation

a3x2 + bx+ c3 = 0 (a 6= 0)

possede deux racines dont l’une est le carre de l’autre.

1.4. EXPRESSIONS SYMETRIQUES DES RACINES 23

Si l’on a x1 = x22, alors

x1x2 = x32 =c3

a3,

et doncx2 =

c

a.

Ensuite

− b

a3= x1 + x2 = x22 + x2 =

( c

a

)2

+c

a,

c’est-a-dire−b = c2a+ ca2 .

Reciproquement, si cette equation est satisfaite, alors les nombres c/a et (c/a)2 ont pour somme

( c

a

)2

+c

a= − b

a3,

et pour produit (c/a)3 et sont donc racines de l’equation

x2 +b

a3x+

( c

a

)3

= 0 ,

c’est-a-dire dea3x2 + bx+ c3 = 0 .

La condition necessaire et suffisante cherchee est donc

b = −ac(a+ c)

Remarque : on peut constater que le discriminant est bien positif dans ce cas, en effet

∆ = b2 − 4a3c3 = a2c2(a+ c)2 − 4a3c3 = a2c2[

(a+ c)2 − 4ac]

= a2c2(a− c)2 .

1.4 Expressions symetriques des racines

(41) Soit S et P la somme et le produit des racines d’un trinome du deuxieme degre de racinesx1 et x2. Ecrire en fonction de S et P les expressions Ek(x1, x2) suivantes.

E1(x1, x2) = (x1 − 2)(x2 − 2)

En developpant, on obtient

(x1 − 2)(x2 − 2) = x1x2 − 2(x1 + x2) + 4 ,

d’ouE1(x1, x2) = P − 2S + 4


E2(x1, x2) = (x1 − 2)2 + (x2 − 2)2


(x1 − 2)2 + (x2 − 2)2 = x21 + x22 − 4(x1 + x2) + 8 =[

(x1 + x2)2 − 2x1x2

]

− 4(x1 + x2) + 8 ,

d’ouE2(x1, x2) = S2 − 2P − 4S + 8

E3(x1, x2) = (3x1 − 4x2)(3x2 − 4x1)


(3x1 − 4x2)(3x2 − 4x1) = 25x1x2 − 12(x21 + x22) = 49x1x2 − 12(x1 + x2)2 ,

d’ouE3(x1, x2) = 49P − 12S2

E4(x1, x2) = x31 + x32

En factorisant, on obtient

x31 + x32 = (x1 + x2)(x21 − x1x2 + x22) = (x1 + x2)

[

(x1 + x2)2 − 3x1x2

]

,

d’ouE4(x1, x2) = S(S2 − 3P )

E5(x1, x2) = (x1 − 2)3 + (x2 − 2)3

En factorisant, on obtient

(x1 − 2)3 + (x2 − 2)3 = (x1 + x2 − 4)[

(x1 − 2)2 − (x1 − 2)(x2 − 2) + (x2 − 2)2]

,

d’ou, en utilisant E1 et E2,

(x1 − 2)3 + (x2 − 2)3 = (S − 4)[

S2 − 2P − 4S + 8− (P − 2S + 4)]

,

et finalementE5(x1, x2) = (S − 4)(S2 − 3P − 2S + 4)


E6(x1, x2) = x41+ x4

2

On ecrit

x41+x42 = (x21+x22)2−2x21x

22 =

[

(x1+x2)2−2x1x2

]2−2(x1x2)2 = (x1+x2)

4−4(x1+x2)2x1x2+2(x1x2)

2 ,

d’ou

E6(x1, x2) = S4 − 4S2P + 2P 2

E7(x1, x2) =x1 − 3

x2 − 4+

x2 − 3

x1 − 4

En reduisant au meme denominateur, on obtient

x1 − 3

x2 − 4+

x2 − 3

x1 − 4=

(x1 − 3)(x1 − 4) + (x2 − 3)(x2 − 4)

(x1 − 4)(x2 − 4),

d’ou

x1 − 3

x2 − 4+

x2 − 3

x1 − 4=

(x21 + x22)− 7(x1 + x2) + 24

x1x2 − 4(x1 + x2) + 16=

(x1 + x2)2 − 2x1x2 − 7(x1 + x2) + 24

x1x2 − 4(x1 + x2) + 16,

et finalement

E7(x1, x2) =S2 − 2P − 7S + 24

P − 4S + 16

E8(x1, x2) =x1

3− x2+

x23− x1


x13− x2

+x2

3− x1=

3(x1 + x2)− (x21+ x2

2)

(3− x1)(3− x2)=

3(x1 + x2)− (x1 + x2)2 + 2x1x2

9− 3(x1 + x2) + x1x2,

d’ou

E8(x1, x2) =3S − S2 + 2P

9− 3S + P

E9(x1, x2) =x41 − x42x31− x3

2

En factorisant, on obtientx41 − x42x31− x3

2

=(x1 − x2)(x1 + x2)(x

21 + x22)

(x1 − x2)(x21+ x1x2 + x2

2)

,


d’ou, apres simplification,

x41− x4

2

x31− x3

2

=(x1 + x2)

[

(x1 + x2)2 − 2x1x2

]

(x1 + x1)2 − x1x2,

et finalement

E9(x1, x2) =S(S2 − 2P )

S2 − P

(42) 1) Soit f une fraction rationnelle de deux lettres u et v, a coefficients entiers. Verifier que get h, definies par

g(u, v) =1

2

[

f(u, v) + f(v, u)]

et h(u, v) =f(u, v)− f(v, u)

u− v

sont des fractions rationnelles symetriques des deux lettres u et v.

2) Exprimer g(u, v) et h(u, v) en fonction de S = u+ v et P = uv lorsque

f(u, v) = −2u2 + 4u+ uv − 2v − 3 .

3) Soit le trinomeH(x) = ax2 + bx+ c ,

avec ∆ = b2 − 4ac > 0. Donner une condition necessaire et suffisante pour que la fonction f de laquestion 2) soit une expression symetrique des racines x1, x2 de H, et calculer f(x1, x2) en fonctionde a et c.

1) Il est immediat queg(u, v) = g(v, u) et h(u, v) = h(v, u) .

2) On a

g(u, v) =1

2

[

(−2u2 +4u+ uv− 2v− 3) + (−2v2 +4v+ vu− 2u− 3)]

= −(u2 + v2) + (u+ v) + uv− 3 ,

d’oug(u, v) = −(u+ v)2 + 3uv + (u+ v)− 3 ,

et

h(u, v) =(−2u2 + 4u+ uv − 2v − 3)− (−2v2 + 4v + vu− 2u− 3)

u− v=

−2(u2 − v2) + 6(u− v)

u− v,

d’ou, en simplifiant,h(u, v) = 6− 2(u+ v) .


Finalementg(u, v) = −S2 + 3P + S − 3 et h(u, v) = 6− 2S

3) On veut donc avoirf(x1, x2) = f(x2, x1) .

Cette condition equivaut a(x1 − x2)h(x1, x2) = 0 ,

c’est-a-dire S = 3. Alorsf(x1, x2) = g(x1, x2) = −9 + 3P ,

d’ou

f(x1, x2) = 3c

a− 9

(43) 1) Soit x1 et x2 les racines du trinome 3x2 − x− 7. Former une equation du deuxieme degreayant pour racines x31 et x32.

2) CalculerA = 4x31 − 3x1x

32 − 3x2x

31 + 4x32 .

1) On a donc

S =1

3et P = −7

3.

En utilisant l’exercice 41, on obtient

x31 + x32 = E4(x1, x2) = S(S2 − 3P ) =1

3

(

1

9+ 7

)

=64

27,

Par ailleurs

x31x32 = P 3 = −343

27.

Une equation verifiee par x31 et x32 est donc

27X2 − 64X − 343 = 0

2) On a

A = 4(x31 + x32)− 3x1x2(x21 + x22) = 4(x31 + x32)− 3x1x2

[

(x1 + x2)2 − 2x1x2

]

,

donc

A = 464

27+ 7

(

1

9+

14

3

)

=256

27+

7× 43

9,


et l’on trouve

A =1159

27

(44) 1) Soit x1 et x2 les racines du trinome

f(x) = x2 + px+ q (p2 − 4q ≥ 0) .

Former une equation du deuxieme degre ayant pour racines x1 + 1/x1 et x2 + 1/x2 et trouver aquelle condition cette equation a une racine double.

2) On pose

g(x) =x+ 1

x− 1.

Former une equation du deuxieme degre ayant pour racines g(x1) et g(x2), et montrer que l’onpeut obtenir cette equation a partir de l’equation

(1) f(g(x)) = 0 .

Expliquer pourquoi.

1) On a

x1 +1

x1+ x2 +

1

x2= (x1 + x2) +

x1 + x2x1x2

= −p− p

q= −p(q + 1)

q,

et(

x1 +1

x1

)(

x2 +1

x2

)

= x1x2 +1

x1x2+

x1x2

+x2x1

= x1x2 +1

x1x2+

x21+ x2

2

x1x2.

Donc(

x1 +1

x1

)(

x2 +1

x2

)

= q +1

q+

p2 − 2q

q=

(q − 1)2 + p2

q.

Une equation ayant pour racines x1 + 1/x1 et x2 + 1/x2 est donc

qx2 + p(q + 1)x+ (q − 1)2 + p2 = 0

Le discriminant vaut alors

∆ = p2(q + 1)2 − 4q[

(q − 1)2 + p2]

= p2[

(q + 1)2 − 4q]

− 4q(q − 1)2 = (p2 − 4q)(q − 1)2 .

Cette expression est nulle dans deux cas :- si q = 1, c’est-a-dire si les racines de H sont inverses l’une de l’autre,- si p2 − 4q est nul, c’est-a-dire si H a deja une racine double.


2) On calcule cette fois

x1 + 1

x1 − 1+

x2 + 1

x2 − 1=

2x1x2 − 2

x1x2 − x1 − x2 + 1=

2q − 2

q + p+ 1,

ainsi quex1 + 1

x1 − 1

x2 + 1

x2 − 1=

x1x2 + x1 + x2 + 1

x1x2 − x1 − x2 + 1=

q − p+ 1

q + p+ 1,

Une equation ayant pour racines g(x1) et g(x2) est donc

(q + p+ 1)x2 − 2(q − 1)x+ (q − p+ 1) = 0

On retrouve le meme resultat en calculant

g(X)2 + pg(X) + q =

(

x+ 1

x− 1

)2

+ px+ 1

x− 1+ q = 0 ,

car, en multipliant par (x− 1)2, on obtient

(x+ 1)2 + p(x+ 1)(x − 1) + q(x− 1)2 = (1 + p+ q)x2 + 2(1− q)x+ 1− p+ q = 0 .

Ceci vient du fait que si X verifie l’equation (1) alors x = g(X) verifie

x2 + px+ q = 0 .

Les racines de (1) sont donc X1 = g−1(x1) et X2 = g−1(x2), mais ici, en resolvant l’equation x = g(X),on obtient X = g(x), et, par suite, g = g−1. L’equation (1) a donc pour racines g(x1) et g(x2).

(45) Soit les deux trinomes

Q1(x) = x2 − S1 x+ P1 et Q2(x) = x2 − S2 x+ P2

de racines respectives x1, x2 et y1, y2.

1) Exprimer le produitB = (x1 − y1)(x1 − y2)(x2 − y1)(x2 − y2)

en fonction des coefficients des trinomes et en deduire une condition necessaire et suffisante pourque les trinomes aient une racine commune.

2) Calculer le produit ∆1∆2 des discriminants de Q1 et Q2. Quelle relation supplementaire a-t-onsi l’un des trinomes a une racine double ?

1) Puisque Q2(x) = (x− y1)(x− y2), on a donc

B = Q2(x1)Q2(x2) = (x21 − S2 x1 + P2)(x22 − S2 x2 + P2) ,


et, en developpant, puis en faisant apparaıtre les sommes et produits,

B = (x1x2)2 − S2(x1x

22 + x21x2) + P2(x

21 + x22)− S2P2(x1 + x2) + S2

2x1x2 + P 22

= (x1x2)2 − S2x1x2(x1 + x2) + P2

[

(x1 + x2)2 − 2x1x2

]

− S2P2(x1 + x2) + S22x1x2 + P 2

2

= P 21 − S2P1S1 + P2(S

21 − 2P1)− S2P2S1 + S2

2P1 + P 22 .

Finalement

B = (P1 − P2)2 − S1S2(P1 + P2) + S2

1P2 + S22P1 .

La condition B = 0 est une condition necessaire et suffisante pour que les trinomes aient une racinecommune, ce qui donne

(P1 − P2)2 − S1S2(P1 + P2) + S2

1P2 + S22P1 = 0

On en tire en particulier

S21P2 + S2

2P1 = S1S2(P1 + P2)− (P1 − P2)2 .

2) On calcule

∆1∆2 = (S21 − 4P1)(S

22 − 4P2)

= S21S

22 − 4(P1S

22 + S2

1P2) + 16P1P2

= S21S

22 − 4

[

S1S2(P1 + P2)− (P1 − P2)2]

+ 16P1P2

= S21S

22 − 4S1S2(P1 + P2) + 4(P1 + P2)

2 .

Finalement

∆1∆2 =[

S1S2 − 2(P1 + P2)]2

Une des racines est double si et seulement si le produit precedent est nul, c’est-a-dire

S1S2 = 2(P1 + P2)

1.5 Systemes d’equations

(46) Trouver les nombres ayant pour somme S = 12 et pour produit P = 35.

Les nombres sont racines de l’equation x2 − Sx+ P = 0, c’est-a-dire

x2 − 12x+ 35 = 0 .

On trouve donc

5 et 7

1.5. SYSTEMES D’EQUATIONS 31



x2 − 8x+ 15 = 0 .

On trouve donc5 et 3

(48) Trouver les nombres ayant pour somme S = 4 et pour produit P = −1.


x2 − 4x− 1 = 0 .

On trouve donc2 +

√5 et 2−

√5



x2 − 12x+ 4 = 0 .

On trouve donc6 + 4

√2 et 6− 4

√2

(50) Trouver les nombres ayant pour somme S = 2m+ 3 et pour produit P = 2m+ 2.



x2 − (2m+ 3)x+ (2m+ 2) = 0 .

On a∆ = (2m+ 3)2 − 4(2m+ 2) = 4m2 + 4m+ 1 = (2m+ 1)2 .

On trouve donc1 et 2m+ 2

(51) Trouver les nombres ayant pour somme S = 5(m− 1) et pour produit P = 4(m− 1)2.


x2 − 5(m− 1)x+ 4(m− 1)2 = 0 .

On a∆ = 25(m− 1)2 − 16(m− 1)2 = 9(m− 1)2 .

On trouve doncm− 1 et 4(m− 1)

(52) Resoudre le systeme suivant{

x− y = 2xy = 35

.

En posant X = x et Y = −y, on est ramene a chercher deux nombres dont la somme X + Y vaut 2et le produit XY vaut −35. Ils sont racines de

X2 − 2X − 35 = 0 ,

et l’on trouve 7 et −5. L’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart sera donc

S = {(7, 5) , (−5,−7)}


(53) Resoudre le systeme suivant

{

x2 + y2 = 73xy = −24

.

En posant X = x2 et Y = y2, on est ramene a chercher deux nombres dont la somme X + Y vaut 73et le produit XY vaut 576. Ils sont racines de

X2 − 73X + 576 = 0 ,

et l’on trouve 9 et 64. Les nombres x et y etant de signes opposes, l’ensemble des solutions (x, y) dusysteme de depart sera donc

S = {(3,−8) , (−3, 8) , (8,−3) , (−8, 3)}


{

x2 − y2 = 5xy = 6

.

En posant X = x2 et Y = −y2, on est ramene a chercher deux nombres dont la somme X + Y vaut 5et le produit XY vaut −36. Ils sont racines de

X2 − 5X − 36 = 0 ,

et l’on trouve 9 et −4. On a donc necessairement

(x2,−y2) = (9,−4) .

Les nombres, x et y etant de meme signe, l’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart seradonc

S = {(3, 2) , (−3,−2)}


{

3x− 2y = −5x2 − y2 = 40

.


On tire x de la premiere equation et on remplace dans la seconde. On a

x =2y − 5

3,

puis

9x2 − 9y2 = (2y − 5)2 − 9y2 = 360 ,

c’est-a-dire

−5y2 − 20y − 335 = 0 ,

ou encore

y2 + 4y + 67 = 0 ,

qui n’a pas de solution. Donc

S = {∅}


{

2x− 5y = −1(x+ y)2 = 9

.

Le systeme equivaut a

{

2x− 5y = −1x+ y = 3

ou

{

2x− 5y = −1x+ y = −3

.

Ces deux systemes se resolvent facilement et l’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart seraalors

S =

{

(2, 1) ,

(

−16

7,−5

7

)}


{

x+ y = 5x2 + y2 = 17

.


On se ramene au systeme{

S = 5S2 − 2P = 17

.

On trouve P = 4, et x et y sont racines de l’equation

x2 − 5x+ 4 = 0 .

L’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart sera donc

S = {(1, 4) , (4, 1)}


{

x− y = 7x2 + y2 = 37

.

En posant X = x et Y = −y, on se ramene au systeme

{

X + Y = 7X2 + Y 2 = 37

,

puis a{

S = 7S2 − 2P = 37

.

On trouve P = 6, et X et Y sont racines de l’equation

X2 − 7X + 6 = 0 ,

c’est-a-dire 1 et 6. L’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart sera donc

S = {(1,−6) , (6,−1)}


{

x+ y − xy = −1x2 + y2 = 13

.


On se ramene au systeme{

S − P = −1S2 − 2P = 13

.

On tire P de la premiere equation et on le remplace dans la seconde,

P = S + 1 ,

puisS2 − 2(S + 1) = 13 ,

ce qui conduit a l’equationS2 − 2S − 15 = 0 ,

qui a comme racines 5 et −3. On a donc deux possibilites.

1) Lorsque (S,P ) = (5, 6), les nombres x et y sont racines de

x2 − 5x+ 6 = 0 ,

dont les racines sont 3 et 2.

2) Lorsque (S,P ) = (−3,−2), les nombres x et y sont racines de

x2 + 3x− 2 = 0 ,

dont les racines sont−3±

√17

2. Finalement l’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart sera

S =

{

(2, 3) , (3, 2) ,

(

−3 +√17

2,−3−

√17

2

)

,

(

−3−√17

2,−3 +

√17

2

)}


{

x+ y = 3x3 + y3 + 3(x+ y) = 18

.

En utilisant l’exercice 41, on obtient

x3 + y3 = S3 − 3PS ,

On se ramene donc au systeme{

S = 3S3 − 3PS + 3S = 18

.


En remplacant S par 3 dans la seconde equation on tire P = 2 et x et y sont racines de l’equation

x2 − 3x+ 2 = 0 ,

c’est-a-dire 1 et 2. L’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart sera donc

S = {(1, 2) , (2, 1)}


{

x2 − 2x+ y2 − y = −1y2 − 4x+ 2x2 = −1

.

En soustrayant a la seconde equation le double de la premiere, on trouve

−y2 + 2y = 1 ,

ou encorey2 − 2y + 1 = 0 ,

qui a pour solution y = 1. Alorsx2 − 2x = −1 ,

ce qui donne aussi x = 1.

L’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart sera donc

S = {(1, 1)}


{

x2 − 2x+ y = 22x2 + x− 2y = 6

.

En eliminant y entre les deux equations, on trouve

4x2 − 3x− 10 = 0 ,


qui a deux racines 2 et −5/4. Dans le premier cas on obtient y = 2, et dans le second y = −33/16.L’ensemble des solutions (x, y) du systeme de depart sera donc

S =

{

(2, 2) ,

(

−5

4,−33

16

)}


x+ y + z = 0z2 + xy + 5 = 0xy − 2(x+ y) = −8

.

En posant S = x+ y et P = xy, on se ramene au systeme

S + z = 0z2 + P + 5 = 0P − 2S = −8

.

Il equivaut a

S = −zP = −z2 − 5P = 2S − 8

,

ou encore a

S = −zP = −z2 − 5P = −2z − 8

,

et enfin a

S = −zP = −z2 − 5

z2 − 2z − 3 = 0.

La derniere equation a pour racines −1 et 3. Alors,

1) si z = −1, on obtient P = −6 et S = 1, donc x et y sont racines de l’equation

x2 − x− 6 = 0

qui a comme solutions −2 et 3.

2) Si z = 3, on obtint P = −14 et S = −3, donc donc x et y sont racines de l’equation

x2 + 3x− 14 = 0


qui a comme solutions−3±

√65

2.

L’ensemble des solutions (x, y, z) du systeme de depart sera donc

S =

{

(−2, 3,−1) , (3,−2,−1) ,

(

−3 +√65

2,−3−

√65

2, 3

)

,

(

−3−√65

2,−3 +

√65

2, 3

)}

(64) Trouver deux nombres dont la difference vaut 8 et la somme des carres 194.

On a donc le systeme{

x− y = 8x2 + y2 = 194

.

En remplacant x par 8 + y dans la seconde equation, on trouve

(y + 8)2 + y2 = 194 ,

d’ou, en simplifiant par 2,y2 + 8y − 65 = 0 ,

dont les racines sont −13 et 5. Finalement l’ensemble des couples solutions (x, y) est

S = {(13, 5) , (−5,−13)]

(Voir une autre methode dans l’exercice 58).


{

x+ y = m+ 1x4 + y4 = m4 + 1

.

Une solution evidente du systeme est {x, y} = {1,m}. Cherchons s’il y en a d’autres. En utilisantl’expression E6(x, y) de l’exercice 41, le systeme devient

{

S = m+ 1S4 − 4S2P + 2P 2 = m4 + 1

.

On tire alors P comme solution de

2P 2 − 4(m+ 1)2P + (m+ 1)4 − (m4 + 1) = 0 ,


et donc, en developpant par la formule du binome, de

2P 2 − 4(m+ 1)2P + (m4 + 4m4 + 6m2 + 4m+ 1)− (m4 + 1) = 0 ,

c’est-a-dire, apres simplification, de

P 2 − 2(m+ 1)2P +m(2m2 + 3m+ 2) = 0 .

Comme m est une racine de l’equation precedente, l’autre est 2m2 + 3m+ 2. Dans ce cas x et y sontracines de

x2 − (m+ 1)x+ 2m2 + 3m+ 2 = 0 ,

qui a pour discriminant

(m+ 1)2 − 4(2m2 + 3m+ 2) = −7m2 − 10m− 7 ,

et comme ce dernier trinome a lui-meme un discriminant negatif, il est toujours strictement negatif etil n’y a pas d’autres solutions possibles. Finalement l’ensemble des couples (x, y) solutions du systemede depart est

S = {(1,m) , (m, 1)}


{

x+ y = m2(x4 − y4) = (m+ 1)3(x− y)

.

Il existe une solution evidente x = y = m/2. On suppose dans la suite x 6= y. En ecrivant

x4 − y4 = (x− y)(x+ y)(x2 + y2) = (x− y)(x+ y)[

(x+ y)2 − 2xy]

,

le systeme devient

{

S = m2S3 − 4SP = (m+ 1)3

.

On tire alors P comme racine de2m3 − 4mP = (m+ 1)3 ,

c’est-a-dire de4mP = 2m3 − (m+ 1)3 ,

donc, si m n’est pas nul,

P =2m3 − (m+ 1)3

4m=

m3 − 3m2 − 3m− 1

4m,


et x et y sont solutions de l’equation

x2 −mx+m3 − 3m2 − 3m− 1

4m= 0 ,

ou encore4mx2 − 4m2x+m3 − 3m2 − 3m− 1 = 0 .

Le discriminant reduit de ce trinome vaut

∆′ = 4m4 − 4m(m2 − 3m2 − 3m− 1) = 4m(3m3 + 3m+ 1) ,

Comme le trinome 3m2+3m+1 a un discriminant negatif, il est toujours positif et ∆′ est du signe dem.

Le systeme a donc d’autres solutions que x = y = m/2, si et seulement si m est strictement positif.L’ensemble des solutions (x, y) est dans ce cas

S =

{

(m

2,m

2

)

,

(

1

2

(

m+

√

3m2 + 3m+ 1

m

)

,1

2

(

m−√

3m2 + 3m+ 1

m

))

,

(

1

2

(

m−√

3m2 + 3m+ 1

m

)

,1

2

(

m+

√

3m2 + 3m+ 1

m

))}

Sinon, si m ≤ 0,

S ={(m

2,m

2

)}

(67) Une somme de 4000 e doit etre partagee entre n personnes. Quel est ce nombre, sachant ques’il y avait quatre personnes de moins, les parts seraient augmentees de 500 e ?

Soit p la part de chacune des n personnes. On a le systeme de deux equations suivant :{

np = 4000(n − 4)(p + 500) = 4000

.

On en deduit, en soustrayant la premiere equation de la seconde,{

np = 4000500n − 4p− 2000 = 0

.

En posantN = 500n et P = −4p ,


on a donc{

NP = −8 · 106N + P = 2 · 103 ,

et N et P sont alors racines de l’equation

x2 − 2 · 103x− 8 · 106 = 0 .

On trouve∆′ = 106 + 8 · 106 = 9 · 106 = (3 · 103)2 ,

d’ou les racines 4 · 103, et −2 · 103. Comme N est positif et P negatif, on en deduit

N = 4 · 103 et P = −2 · 103 .Finalement

n = 8 et p = 500e

(68) Deux ouvriers font un travail en 12 jours. Si, travaillant separement, ils en faisaient chacunla moitie, le travail serait termine en 25 jours. Combien chacun d’eux mettrait-il pour faire tout letravail ?

Soit x et y les temps en jours mis respectivement par les deux ouvriers pour faire tout le travail. Onsuppose x ≤ y. Quand chacun met la moitie de ces temps, le travail dure 25 jours, ce qui donne unepremiere equation

x+ y

2= 25 .

En un jour le premier ouvrier fait 1/x−ieme du travail, et le second 1/y−ieme. En douze jours ilseffectuent le travail total, ce qui donne la seconde equation

12

(

1

x+

1

y

)

= 1 .

On obtient donc un systeme que l’on peut ecrire, en multipliant par le denominateur des fractions,{

x+ y = 5012(x + y) = xy

,

ou encore{

x+ y = 50xy = 600

,

Les nombres x et y sont racines de l’equation

X2 − 50X + 600 = 0

c’est-a-dire 20 et 30, donc

(x, y) = (20 jours, 30 jours)

1.6. POSITION D’UN NOMBRE PAR RAPPORT AUX RACINES 43

1.6 Position d’un nombre par rapport aux racines

Dans ce paragraphe, on appellera x1 la plus petite racine et x2 la plus grande.

(69) Etudier la position du nombre 5 par rapport aux racines de l’equation

(m2 + 2)x2 + 12x+ 10− 16m2 = 0 .

On etudie la position du nombre ξ = 5 par rapport aux racines en etudiant, en plus de celui de ∆′,les signes de af(ξ) et S/2 − ξ, car le nombre ξ se trouve a l’exterieur des racines si et seulement siaf(ξ) est positif, et, dans ce cas, il est plus grand que la plus grande racine si et seulement si ξ > S/2,c’est-a-dire S/2− ξ < 0.

On obtient les inequations

∆′ = 36 − (m2 + 2)(10 − 16m2) = 16m4 + 22m2 + 16 > 0 ,

af(5) = (m2 + 2)[

(25(m2 + 2) + 60 + 10− 16m2]

= (m2 + 2)(9m2 + 120) > 0 ,

S

2− 5 = − 6

m2 + 2− 5 = −5m2 + 16

m2 + 2< 0 .

Il en resulte que, quel que soit m, on a

x1 < x2 < 5

(70) Pour quelles valeurs de m les racines de l’equation

(m− 1)x2 − 2(m+ 1)x+ 2m− 1 = 0

verifient-elles les inegalites−6 < x1 < 4 < x2 .

La conditionaf(4) = (m− 1)(10m − 25) < 0

est verifiee dans l’intervalle M1 = ] 1, 5/2 [ . Elle implique que le nombre 4 soit compris entre les racines(et donc que ∆ soit positif).


La conditionaf(−6) = (m− 1)(50m − 25) > 0

est verifiee dans l’ensemble M2 = ]−∞, 1/2 [∪ ] 1, ∞ [ . Elle implique que le nombre−6 soit a l’exterieurdes racines.

Alors la condition demandee est verifiee lorsque les deux conditions precedentes sont satisfaites sim-multanement, et comme M1 est inclus dans M2, c’est le cas lorsque m appartient a M1. Donc

M = ] 1, 5/2 [


−3x2 + (m+ 1)x+ 1 = 0

verifient-elles les inegalites−1 < x1 < x2 .

Le discriminant (m+ 1)2 + 12 est toujours strictement positif. Ensuite, la condition

af(−1) = 3(m+ 3) > 0

est verifiee dans l’intervalle M1 = ]−3, ∞ [ . Elle implique que le nombre −1 soit a l’exterieur desracines. Puis la condition

S

2+ 1 =

m+ 7

6> 0

est verifiee dans l’intervalle M2 = ]−7, ∞ [ . Alors la condition demandee est verifiee lorsque les condi-tions precedentes sont satisfaites simmultanement, c’est-a-dire lorsque m appartient a M = M1∩M2,et puisque M1 est inclus dans M2, on obtient

M = ]−3, ∞ [


x2 − 2(m+ 2)x+m2 + 2m+ 2 = 0

verifient-elles les inegalites1 < x1 < x2 < 5 .


Parmi les conditions necessaires pour avoir les inegalites demandees, on a besoin de

af(1) = m2 − 1 > 0 ,

qui est verifiee dans l’ensemble M1 = ]−∞, −1 [∪ ] 1, ∞ [ ,

af(5) = m2 − 8m+ 7 > 0 ,

qui est verifiee dans l’ensemble M2 = ]−∞, 1 [∪ ] 7, ∞ [ ,

S

2− 1 = m+ 1 > 0 ,

qui est verifiee dans l’intervalle M3 = ]−1, ∞ [ , et de

S

2− 5 = m− 3 < 0 ,

qui est verifiee dans l’intervalle M4 = ]−∞, 3 [ . Or on constate que l’intersection des quatre ensemblesprecedents est vide. Donc

M = ∅


3(m+ 1)x2 − 3(3m+ 2)x+ 2(3m+ 2) = 0

verifient-elles les inegalites−1 < x1 < x2 < 1 .

Pour avoir les inegalites demandees, on a besoin des conditions

∆ = 9(3m+ 2)2 − 24(3m+ 2)(m + 1) = 3(3m + 2)(m− 2) > 0 ,

qui est verifiee dans l’ensemble M1 = ]−∞, −2/3 [∪ ] 2, ∞ [ ,

af(1) = 3(m+ 1) > 0 ,

qui est verifiee dans l’intervalle M2 = ]−1, ∞ [ ,

af(−1) = 3(m+ 1)(18m + 13) > 0 ,

qui est verifiee dans l’ensemble M3 = ]−∞, −1 [∪ ]−13/18, ∞ [ ,

S

2− 1 =

m

2(m+ 1)< 0 ,


qui est verifiee dans l’intervalle M4 = ]−1, 0 [ , et enfin

S

2+ 1 =

5m+ 4

2(m+ 1)> 0 ,

qui est verifiee dans l’ensemble M5 = ]−∞, −1 [∪ ]−4/5, ∞ [ . En procedant comme dans les exercices25 a 27, l’intersection des cinq ensembles precedents est alors

M = ]−13/18, −2/3 [

| | | | | |−1 −4

5−13

18−2

3

0 2

/ / / / / / / / / /| | | | | \ \ \ \ \ \ \ \ \ \) ) ) ) ) ) ) ) ) )( ( ( ( (

(74) Etudier la position du nombre 3 par rapport aux racines de l’equation

(m− 1)x2 − 2(m+ 1)x+ (m+ 2) = 0 .

On a

∆′ = (m+ 1)2 − (m− 1)(m+ 2) = m+ 3 ,

af(3) = (m− 1)[

9(m− 1)− 6(m+ 1) +m+ 2]

= (m− 1)(4m − 13) ,

S

2− 3 =

m+ 1

m− 1− 3 =

4− 2m

m− 1.

On peut alors former le tableau de signes suivant, qui permet de deduire la position du nombre 3 parrapport aux racines.

m

∆

af(3)

S/2− 3

−∞ −3 1 213

4+∞

− + + + +

O

+ + − − +O

− − + − −

O

pas de solution x1 < x2 < 3 x1 < 3 < x2 x1 < x2 < 3

x1 = x2< 3

x1 = 3/4

< 3

x1 < 3

x2 = 3


(75) Etudier la position des nombres 0 et 1 par rapport aux racines de l’equation

(m+ 2)x2 + (m+ 2)x− 3m+ 3 = 0 .

On constate que S/2 = −1/2 est inferieur a 0 et 1. Pour etudier la position des nombres 0 et 1 parrapport aux racines il suffit d’etudier, en plus de celui de ∆, les signes de af(0) et af(1), que l’on faitapparaıtre dans le tableau suivant.

On a

∆ = (m+ 2)2 + 4(3m− 3)(m+ 2) = (m+ 2)(13m − 10) ,

af(0) = (m+ 2)(3 − 3m) ,

af(1) = (m+ 2)[

2(m+ 2)− 3m+ 3]

= (m+ 2)(7−m) .

m

∆

af(0)

af(1)

−∞ −210

131 7 +∞

+ − + + +

− + + − −

− + + + −

O

O

O

x1 < 0 < 1 < x2 pas de solution x1 < x2 < 0 < 1 x1 < 0 < x2 < 1 x1 < 0 < 1 < x2

pas de

solution

x1 = x2< 0 < 1

x1 < x2= 0 < 1

x1 < 0

< x2 = 1

(76) Soit l’equation

(1) (2m− 1)x2 − (m− 2)x+ 1 = 0 .

Determiner m pour que l’equation admette deux racines distinctes satisfaisant a l’inegalite

(m− 1)x2 > x .

Si m est different de 1, l’inegalite peut s’ecrire

(m− 1)x

(

x− 1

m− 1

)

> 0 ,


et le probleme revient a comparer les nombres 0 et1

m− 1aux racines de l’equation (1). On a tout

d’abord∆ = (m− 2)2 − 4(2m− 1) = m2 − 12m+ 8 ,

dont les racines sont 6± 2√7. On a aussi

af(0) = 2m− 1 et af

(

1

m− 1

)

= (2m− 1)

[

2m− 1

(m− 1)2− m− 2

m− 1+ 1

]

=(2m− 1)(3m− 2)

(m− 1)2,

S =m− 2

2m− 1et

S

2− 1

m− 1=

m2 − 7m+ 4

2(m− 1)(2m − 1).

Le numerateur de la derniere fraction a pour racines7±

√33

2. Pour etudier le signe de cette fraction

on fait le tableau suivant.

m

m2 − 7m+ 4

(m− 1)(2m − 1)

S

2− 1

m− 1

−∞ 1

2

O

7−√33

2

O

O

1

O

7 +√33

2

O

O

∞

+ + − − +

+ − − + +

+ − + − +

On peut alors former le tableau de signes qui suit.

m

∆

af(0)

af

(

1

m− 1

)

S

S

2− 1

m− 1

ZONE

+ + + + − − − − +

− + + + + + + + +

+ − − + + + + + +

+ − − − − − + + +

+ − + + + − − + +

1 2 3 pas de solution 4

−∞ 1

2

7−√33

2

2

3

O

6− 2√7

O

1 2

O

7 +√33

26 + 2

√7

O

+∞

Dans les zones 1 et 2 un seul des deux nombres 0 ou 1/(m− 1) est compris entre les racines, donc uneseule des racine est comprise entre les nombres 0 et 1/(m− 1) et le produit

Hm(x) = x

(

x− 1

m− 1

)

n’a pas le meme signe pour les deux racines.

1.7. EXERCICES GENERAUX 49

Dans la zone 3, on a1

m− 1< x1 < x2 < 0 ,

donc Hm(x) et negatif pour les deux racines et m− 1 est egalement negatif, et dans la zone 4

0 <1

m− 1< x1 < x2 ,

et cette fois Hm(x) est positif pour les deux racines et m− 1 est egalement positif. Dans les deux casle produit (m− 1)H(x) est positif pour les deux racines. L’ensemble cherche est donc

M = ] 2/3, 6− 2√7 [∪ ] 6 + 2

√7, ∞ [

1.7 Exercices generaux

(77) 1) Montrer que l’equation

(1) x2 + (3m− 5)x+ 2m2 − 7m = 0

admet, pour tout m, deux racines distinctes. Quel est le minimum de |x1 − x2| ?2) Montrer que l’equation

(2)3

x+ 2m+

2

x+m= 1

admet, deux racines distinctes sauf pour une valeur de m que l’on determinera.

1) Le discriminant vaut

∆ = (3m− 5)2 − 4(2m2 − 7m) = m2 − 2m+ 25 = (m− 1)2 + 24 ,

et il est toujours strictement positif. Donc l’equation admet deux racines distinctes. De plus

|x1 − x2| =√∆ ,

et la valeur la plus petite est obtenue pour m = 1 et vaut 24.

2) Lorsque x est distinct de −m et −2m, l’equation (2) redonne l’equation (1) en reduisant au memedenominateur. Cherchons si −m et −2m peuvent etre racines du trinome. On a

f(−m) = m2 − (3m− 5)m+ 2m2 − 7m = −2m,

ainsi quef(−2m) = 4m2 − 2(3m − 5)m+ 2m2 − 7m = 3m.


Donc f(−m) ou f(−2m) est nul si et seulement si m = 0. En dehors de ce cas, l’equation (2) a, commel’equation (1), toujours deux racines distinctes.

Dans le cas ou m = 0, l’equation (2) a comme racine unique x = 5, qui est aussi la deuxieme racinede (1).

(78) Soit a et b deux nombres reels (a non nul), et c1 et c2 deux nombres reels verifiant lesinegalites

(1)b2

4> ac1 > ac2 .

On posef1(x) = ax2 + bx+ c1 et f2(x) = ax2 + bx+ c2 .

Montrer que les trinomes f1 et f2 admettent des racines distinctes et que les racines de f1 sontcomprises entre celles de f2.

Etablir la reciproque de cette proposition.

Si l’on a (1) les discriminants

∆1 = b2 − 4ac1 et ∆2 = b2 − 4ac2

sont strictement positifs. Donc les trinomes f1 et f2 admettent des racines distinctes. On a toujours

f2(x) = f1(x) + c2 − c1 ,

donc, si ξ est une racine de f1 on obtient

af2(ξ) = af1(ξ) + a(c2 − c1) = a(c2 − c1) ,

et, d’apres (1), cette expression est negative, ce qui montre que ξ se trouve entre les racines de f2.

Reciproquement, si les racines de f1 et f2 existent, alors la positivite des discriminants implique

b2 − 4ac1 > 0 et b2 − 4ac2 > 0 ,

soitb2

4> ac1 et

b2

4> ac2 .

Si les racines de f1 sont comprises entre celles de f2, alors pour une racine ξ de f1, on doit avoir af2(ξ)negatif. Or ceci n’est autre que a(c2 − c1), ce qui montre que

ac2 < ac1 .


(79) Soit le trinomef(x) = ax2 + bx+ c .

1) Montrer que le produit ∆ a f(−b/2a) est negatif.

2) Montrer que si le discriminant ∆ est strictement negatif, le trinome est toujours du signe de c

1) Puisque l’on a

f(−b/2a) =4ac− b2

4a= −∆

4a,

on obtient

∆ a f(−b/2a) = −∆2

4≤ 0 .

2) Si ∆ est strictement negatif, alorsb2 < 4ac ,

et les nombres a et c sont de meme signe. Donc, puisque le trinome est du signe de a, il sera aussi dusigne de c.

(80) Soit le trinomef(x) = (x+m)(x− 2m) +m− 5x .

Montrer, sans calculer le discriminant, que ce trinome possede des racines distinctes.

Si m est non nul, on constate que

f(−m)f(2m) = −54m2 < 0 .

Le trinome s’annule donc entre −m et 2m, ce qui prouve qu’il possede deux racines distinctes. Parailleurs, si m est nul, le trinome est alors x2 − 5x et a aussi deux racines distinctes 0 et 5.

(81) Determiner m pour que les equations

(E1) x2 + (m− 1)x+m− 2 = 0 et (E2) x2 + (m− 2)x+ 3m− 5 = 0

admettent une racine commune et resoudre dans ce cas les equations.


Par soustraction des deux equations, une racine commune est aussi racine de

x− 2m+ 3 = 0 .

La solution commune, si elle existe, vaut donc 2m − 3. En reportant dans la premiere equation onobtient

2(3m2 − 8m+ 5) = 0 .

On trouve deux valeurs de m possibles 1 et 5/3.

Pour m = 1 les equations deviennent

x2 − 1 = 0 et x2 − x− 2 = 0 ,

qui ont comme racines respectives

S1 = {1 , −1} et S2 = {2 , −1}

Pour m = 5/3, on obtient cette fois

x2 +2

3x− 1

3= 0 et x2 − 1

3x = 0 ,

qui ont comme racines respectives

S1 =

{

1

3, −1

}

et S2 =

{

1

3, 0

}

(82) Soit l’equation(m− 1)x2 + (2m+ 3)x+m2 − 4m+ p = 0 .

1) Lorsque p = −4, determiner m pour que 1 soit racine et trouver la seconde racine.

2) Determiner p pour que l’equation admette une racine double si m = 0 et, pour cette valeur dep, determiner les autres valeurs de m telles que l’equation admette une racine double.

3) Meme probleme pour m = −1.

1) On a ici l’equation(m− 1)x2 + (2m+ 3)x+m2 − 4m− 4 = 0 .

Le nombre 1 est racine si et seulement si

(m− 1) + (2m+ 3) +m2 − 4m− 4 = 0 ,


c’est-a-direm2 −m− 2 = 0 ,

ce qui donne les valeurs

M = {−1 , 2}

Le produit des racines valantm2 − 4m− 4

m− 1, la seconde racine vaut −1/2 lorsque m = −1 et vaut −8

lorsque m = 2.


∆ = (2m+ 3)2 − 4(m− 1)(m2 − 4m+ p) = −4m3 + 24m2 − 4(p+ 1)m+ 4p+ 9 .

En ecrivant que ce discriminant est nul pour m = 0, on obtient alors p = −9/4, et dans ce cas

∆ = −4m3 + 24m2 + 5m = −m(4m2 − 24m− 5) .

En plus de la valeur 0, les racines du trinome 4m2 − 24m− 5 annulent ∆. Ce sont12± 2

√41

4donc

p = −9

4M =

{

0 ,6 +

√41

2,6−

√41

2

}

3) On ecrit que le discriminant est nul pour m = −1, ce qui donne cette fois p = −41/8, et l’on obtientdans ce cas

∆ = −4m3 + 24m2 +33

2m− 23

2= (m+ 1)

(

−4m2 + 28m− 23

2

)

.

En plus de la valeur −1, les racines du trinome −4m2 + 28m − 23/2 annulent ∆. Ce sont14± 5

√6

4donc

p = −41

8M =

{

0 ,14 + 5

√6

4,14− 5

√6

4

}

(83) Soit l’equation

(1) (x− p)(x− q) = r2 .

1) Montrer qu’elle admet toujours des racines.

2) Soit r = 2. Trouver p et q pour que (1) ait comme racines 3 et −2.

3) Sachant que les racines de (1) sont x1 et x2, montrer que p et q sont racines de

(2) (y − x1)(y − x2) = −r2 .


1) L’equation s’ecrit

x2 − (p+ q)x+ pq − r2 = 0

et a pour discriminant

∆ = (p+ q)2 − 4(pq − r2) = (p− q)2 + 4r2 ≥ 0 .

Donc l’equation admet des racines.

2) En ecrivant que 3 et −2 sont racines, on obtient le systeme

{

pq − 3(p + q) = −5pq + 2(p + q) = 0

.

On en tire

p+ q = 1 et pq = −2 .

Donc p et q sont racines du trinome x2 − x − 2 qui a pour racines −1 et 2. L’ensemble des couples(p, q) solutions est alors

S = {(−1, 2) , (2,−1)}

3) De maniere generale, le systeme

{

(x1 − p)(x1 − q) = r2

(x2 − p)(x2 − q) = r2,

devient{

pq − x1(p+ q) = r2 − x21

pq − x2(p+ q) = r2 − x22

,

et par soustraction

(p+ q)(x1 − x2) = x21 − x22 .

Si l’on suppose x1 et x2 distincts, on obtient, en divisant par x1 − x2,

p+ q = x1 + x2 ,

puis

pq = x1(p+ q) + r2 − x21 = x1(x1 + x2) + r2 − x21 = x1x2 + r2 ,

Alors p et q sont racines de

y2 − (x1 + x2)y + x1x2 + r2 = 0 ,

c’est-a-dire de (2)

Reste a etudier le cas ou x1 = x2. Cela signifie que ∆ est nul, ce qui a lieu si et seulement si p = q etr = 0. Dans ce cas p est racines double de (1) et les equations (1) et (2) sont respectivement

(x− p)2 = 0 et (y − p)2 = 0 .


(84) 1) Soit m non nul. Former une equation du deuxieme degre dont les racines verifient

x1 + x2 + 2x1x2 =3m− 4

m

x1x2 − x1 − x2 = −1

.

2) Trouver suivant les valeurs de m les racines et leur signe.

3) Determiner m pour quex1 − 2x2 = 1 .

1) Le systeme s’ecrit

S + 2P =3m− 4

m

−S + P = −1

,

et donne facilement

P =2m− 4

3met S =

5m− 4

3m.

On obtient comme equation

3mx2 − (5m− 4)x+ (2m− 4) = 0


∆ = (5m− 4)2 − 12m(2m− 4) = m2 + 8m+ 16 = (m+ 4)2 ,

et l’equation a toujours deux racines. L’une des racines vaut 1 et l’autre est le produit P qui est dusigne de m(m− 2). Donc la deuxieme racine est positive dans l’ensemble ]−∞, 0 [∪ ] 2, ∞ [ , negativedans l’intervalle ] 0, 2 [ , et nulle si m = 2.

3) Si l’on veut avoir de plus x1 − 2x2 = 1, il y a deux possibilites.

a) Si x1 = 1 et x2 =2m− 4

3m, alors l’equation devient

x1 − 2x2 = 1− 4m− 2

3m= 1 ,

et a pour solution m = 2. On trouve d’ailleurs dans ce cas les racines evidentes x1 = 1, x2 = 0.


b) Si x1 =2m− 4

3met x2 = 1, alors l’equation devient

x1 − 2x2 = 2m− 2

3m− 2 = 1 ,

c’est-a-dire

−7m+ 4

3m= 0 ,

et a pour solution m = −4/7. Donc

M =

{

2 , −4

7

}

(85) Soit le trinome

f(x) = (m2 − 3m)x2 − (2m2 − 6m+ 9)x+m2 − 3m.

1) Etudier l’existence et le signe des racines de l’equation

(1) f(x) = 0 ,

et calculer ses racines, puis factoriser le trinome f(x).

2) En considerant (1) comme une equation en m, calculer en fonction de x les racines m1 et m2.

1) On peut ecrire l’equation

m(m− 3)(x2 + 1)−[

2m(m− 3) + 9]

x = 0 .

Donc si m = 0 ou m = 3, l’equation a comme unique racine le nombre x = 0.

Pour les autres valeurs de m le discriminant vaut

∆ =[

2m(m− 3) + 9]2 −

[

2m(m− 3)]2

= 36m(m− 3) + 81 = 9(4m2 − 12m+ 9) =[

3(2m− 3)]2

.

Les racines se calculent facilement. La premiere vaut

x1 =2m2 − 6m+ 9− 3(2m− 3)

2m(m− 3)=

2m2 − 12m+ 18

2m(m− 3)=

(m− 3)2

m(m− 3)

et comme P = 1, la deuxieme racine est l’inverse de x1 et l’on trouve

S =

{

m− 3

m,

m

m− 3

}


Les racines sont du signe dem(m−3). Elles sont positives lorsquem appartient a l’ensemble ]−∞, 0 [∪ ] 3, ∞ [et negatives lorsque m appartient a l’intervalle ] 0, 3 [ .

On a alors la factorisation

f(x) = m(m− 3)

(

x− m

m− 3

)(

x− m− 3

m

)

.

2) On a encore

f(x) =[

(m− 3)x−m][

mx− (m− 3)]

=[

m(x− 1)− 3x][

m(x− 1) + 3]

.

Alors, si x est distinct de 1, les racines en m sont

M =

{

3x

x− 1, − 3

x− 1

}

(86) 1) Discuter suivant les valeurs de m l’existence des racines de l’equation

x2 − 2(m+ 1)x+ 3m+ 1 = 0 .

2) Determiner m pour que les racines verifient l’equation

x21 + x22 = (x1 + 2)(x2 + 2)− 2(x1 + x2) .

3) Former une equation du deuxieme degre admettant les racines

y1 = 2x1 − 3x2 et y2 = 2x2 − 3x1 ,

et en deduire les valeurs de m pour lesquelles

2x1 − 3x2 = 1 ,

puis retrouver ce resultat directement.

1) Le discriminant reduit vaut

∆′ = (m+ 1)2 − (3m+ 1) = m(m− 1) .

Les racines existent si et seulement si m appartient a l’ensemble ]−∞, 0 ] ∪ [ 1, ∞ [ .

2) L’equation s’ecrit

(x1 + x2)2 − 2x1x2 = x1x2 + 4


c’est-a-dire

S2 − 3P − 4 = 0 ,

et donc4(m+ 1)2 − 3(3m+ 1)− 4 = 0 ,

ce qui donne4m2 −m− 3 = 0 ,

donc

M =

{

1 , −3

4

}

3) On a

y1 + y2 = −(x1 + x2) = −2(m+ 1) ,

et

y1y2 = 13x1x2 − 6(x21 + x22) = 25x1x2 − 6(x1 + x2)2 = 25(3m+1)− 24(m+1)2 = −24m2 +27m+1 ,

d’ou l’equation

y2 + 2(m+ 1)y − 24m2 + 27m+ 1 = 0

Dire que 2x1 − 3x2 = 1, revient a dire que 1 est racine de cette equation, donc

1 + 2(m+ 1)− 24m2 + 27m+ 1 = 0 ,

c’est-a-dire

−24m2 + 29m+ 4 = 0 .

Le discriminant de cette equation vaut

δ = 292 + 16× 24 = 1225 = 352 ,

et les racines valent29± 35

48, d’ou, en simplifiant,

M =

{

4

3, −1

8

}

(Les racines appartiennent bien a ]−∞, 0 [∪ ] 1, ∞ [ ).

En partant du systeme

2x1 − 3x2 = 1x1 + x2 = 2(m+ 1)x1x2 = 3m+ 1

,


on tire facilement des deux premieres equations

5x1 = 6m+ 7 et 5x2 = 4m+ 3 ,

puis, en reportant dans la troisieme,

25x1x2 = (6m+ 7)(4m + 3) = 25(3m+ 1) ,

ce qui donne24m2 − 29m− 4 = 0 .

On retrouve bien, au signe pres, la meme equation que ci-dessus.


(m− 2)x2 − 2(m+ 1)x+m+ 3 = 0

a-t-elle deux racines dont la somme des carres vaut 52 ? Resoudre l’equation dans ce cas.

On exclut le cas m = 2. Le discriminant reduit vaut

∆′ = (m+ 1)2 − (m− 2)(m+ 3) = m+ 7 .

L’equation a deux racines si et seulement si m > −7. On resout le systeme

x21 + x22 = 52

x1 + x2 = 2m+ 1

m− 2

x1x2 =m+ 3

m− 2

.

Alors,

x21 + x22 = S2 − 2P =

(

2m+ 1

m− 2

)2

− 2m+ 3

m− 2= 52 ,

puis52(m− 2)2 − 4(m+ 1)2 + 2(m+ 3)(m− 2) = 0 ,

et finalement, apres simplification,

25m2 − 107m+ 96 = 0 .

Le discriminant vaut1072 − 4× 25× 96 = 1849 = 432 ,


et les racines sont107± 43

50ce qui donne

M =

{

3 ,32

25

}

Lorsque m = 3, l’equation devient

x2 − 8x+ 6 = 0 ,

de discriminant reduit 10, d’ou

S = {4 +√10 , 4−

√10}

Lorsque m = 32/25, l’equation devient

−18x2 − 114x+ 107 = 0 ,

de discriminant reduit

572 + 18× 107 = 5175 = 25× 9× 23 .

Les racines sont donc−57± 15

√23

18, d’ou, en simplifiant,

S =

{

−19− 5√23

6,−19 + 5

√23

6

}

(88) Les racines x1 et x2 d’une equation du deuxieme degre verifient le systeme

x1 + x2 + 2x1x2 =5

m− 1

x1x2 − x1 − x2 =3m− 2

m− 1

.

1) Lorsque m 6= 1, former une telle equation et etudier suivant les valeurs de m l’existence et lesigne des racines.

2) Discuter le nombre N de racines situees dans l’intervalle ]−2, 1 [ .

3) Pour quelles valeurs de m l’une des racines est-elle le double de l’autre ?

1), En additionnant on trouve

x1x2 =m+ 1

m− 1puis x1 + x2 =

3− 2m

m− 1,


d’ou l’equation

(m− 1)x2 + (2m− 3)x+ (m+ 1)

On etudie les signes de

∆ = (2m− 3)2 − 4(m− 1)(m+ 1) = −12m+ 13 ,

et de S et P que l’on fait apparaıtre dans le tableau suivant.

m

∆

S

P

−∞ −1 113

12

3

2+∞

+ + + − −O

− − + + −O

+ − + + +O

x1 < x2 < 0 x1 < 0 < x2 0 < x1 < x2 pas de solution pas de solution

x2 < |x1|

x2 = 0

x1 = −5/2 x1 = x2= 5

2) On etudie la position des racines par rapport au nombres −2 et 1 en etudiant, en plus de celui de∆, les signes de

af(−2) = (m− 1)(m+ 3) et af(1) = (m− 1)(4m − 3) ,

ainsi que ceux deS

2+ 2 =

2m− 1

2(m− 1)et

S

2− 1 =

5− 4m

2(m− 1),

que l’on fait apparaıtre dans le tableau suivant.

m

∆

af(−2)

af(1)

S/2 + 2

S/2− 1

N

−∞ −3

O

1

2

O

3

4

O

113

12

O

5

4

O

+∞

2 1 0 0 0 0

+ + + + + − −

+ − − − + + +

+ + + − + + +

+ + − − + + +

− − − − + + −

−2 < x1< x2 < 1

x1 < −2 < x2 < 1x1 < −2

< 1 < x2

−2 < 1

< x1 < x2


Cas particuliers.

Pour la valeur m = −3 on a x1 = −2 < x2 < 1 et pour m = 3/4, on a x1 < −2 < x2 = 1.

En resume, si m appartient a l’intervalle ]−∞, −3 [ , l’equation possede deux racines dans l’intervalle]−2, 1 [ , et si m appartient a l’intervalle [−3, 3/4 [ , l’equation possede une seule racine dans l’inter-valle ]−2, 1 [ . Dans les autres cas, ou bien elle n’a pas de racine, ou bien ses racines ne sont pas dansl’intervalle voulu.

3) On a le systeme

x1 = 2x2

x1 + x2 =3− 2m

m− 1

x1x2 =m+ 1

m− 1

.

On en tire

x2 =3− 2m

3(m− 1)et x1 =

2(3 − 2m)

3(m− 1),

et, en remplacant dans la derniere equation,

x1x2 =2

9

(

3− 2m

m− 1

)2

=m+ 1

m− 1,

puis2(3− 2m)2 = 9(m+ 1)(m− 1) ,

et finalementm2 + 24m− 27 = 0 ,

dont les racines sont −12±√171. Seule la racine negative est inferieure a 13/12. On a donc finalement

M ={

−12−√171}

(89) Soit l’equationx2 − 2(m+ 1)x+ 3m+ 2 = 0 .

1) Etudier l’existence et le signe des racines.

2) Determiner m pour que les racines verifient l’equation

x1 + x2 = x31 + x32 .

3) Trouver une relation entre les racines independante de m. En deduire les valeurs des racineslorsqu’elles sont egales.


1) On etudie les signes de

∆′ = (m+ 1)2 − (3m+ 2) = m2 −m− 1 ,

dont les racines sont1±

√5

2, et de

S = 2(m+ 1) et P = 3m+ 2 ,

que l’on fait apparaıtre dans le tableau suivant.

m

∆′

S

P

−∞ −1

O

−2

3

O

1−√5

2

O

1 +√5

2

O

+∞

+ + + − +

− + + + +

− − + + +

x1 < 0 < x2 x1 < 0 < x2 0 < x1 < x2 pas de solution 0 < x1 < x2x2 < |x1| |x1| < x2

x2 = −x1= 1

x1 = 0

x2 = 2/3

x1 = x2 x1 = x2

2) L’expression E4(x1, x2) de l’exercice 41 permet d’ecrire

x31 + x32 = S3 − 3SP .

L’equationx31 + x32 = x1 + x2

est donc equivalente aS3 − 3SP = S ,

c’est-a-dire aS(S2 − 3P − 1) = 0 .

On obtient deja la solution −1 qui annule S. Ensuite

S2 − 3P − 1 = 4(m+ 1)2 − 3(3m+ 2)− 1 = 4m2 −m− 3 = 0 .

La valeur m = 1 ne convient pas, car ∆′ est negatif dans ce cas. Par contre la solution m = −3/4convient. Finalement

M =

{

−1 , −3

4

}

3) Pour trouver une relation independante de m, on elimine m entre S et P , et l’on obtient

m =P − 2

3=

S − 2

2,


d’ou2x1x2 − 4 = 3(x1 + x2)− 6 .

On a donc la relation3(x1 + x2)− 2x1x2 = 2

En particulier, lorsque x1 = x2, on trouve

2x21 − 6x1 + 2 = 0 ,

ce qui donne les racines

3 +√5

2,3−

√5

2

(90) Soit l’equation(1 +m)x2 + 2px+ 1−m = 0 .

1) Lorsque m = p etudier la position des racines par rapport aux nombres 1 et −1.

2) On suppose les racines x1 et x2 distinctes de 1. Ecrire une equation du deuxieme degre dont lesracines sont

y1 =x1 + 1

x1 − 1et y2 =

x2 + 1

x2 − 1.

3) Les deux equations peuvent-elles avoir une et une seule racine commune ? Quelle doit etre cetteracine ? Quelle relation doit lier m et p pour qu’il en soit ainsi ?

4) Lorsque les equations n’ont pas de racine commune, quelle relation doit-il exister entre m et ppour que

y1 − x1y2 − x1

+y1 − x2y2 − x2

= 0 ?

1) Lorsque m = p on a l’equation

(1 +m)x2 + 2mx+ 1−m = 0 .

On etudie les signes de∆′ = m2 − (1−m)(1 +m) = 2m2 − 1 ,

ainsi que deaf(1) = 2(1 +m)2 > 0 et af(−1) = 2(1 +m)(1 −m) ,

et deS

2− 1 = − m

m+ 1− 1 = −2m+ 1

m+ 1et

S

2+ 1 = − m

m+ 1+ 1 =

1

m+ 1

que l’on place dans le tableau suivant.


m

∆

af(1)

af(−1)

S/2− 1

S/2 + 1

−∞ −1 −√2

2

O

−1

2

O

√2

2

O

1

O

∞

+ + − − + +

+ + + + + +

− + + + + −

− + + − − −

− + + + + +

x1 < −1

< x2 < 1

−1 < 1

< x1 < x2pas de solution

−1 < x1< x2 < 1

x1 < −1

< x2 < 1

x1 = 1 −1 < 1< x1 = x2

−1 < x1= x2 < 1

−1 = x1< x2 < 1

2) On calcule

y1 + y2 =x1 + 1

x1 − 1+

x2 + 1

x2 − 1=

2x1x2 − 2

x1x2 − x1 − x2 + 1=

2P − 2

P − S + 1= − 2m

p+ 1,

et

y1y2 =x1 + 1

x1 − 1

x2 + 1

x2 − 1=

x1x2 + x1 + x2 + 1

x1x2 − x1 − x2 + 1=

P + S + 1

P − S + 1=

1− p

1 + p.

Les nombres y1 et y2 verifient l’equation

(1 + p)x2 + 2mx+ 1− p = 0

Les roles de m et p sont inverses.

3) On etudie le systeme

{

(1 +m)x2 + 2px+ 1−m = 0(1 + p)x2 + 2mx+ 1− p = 0

,

ou m et p sont distincts de −1.

En eliminant x2 entre les deux equations, on obtient

(1 + p)(2px+ 1−m) = (1 +m)(2mx+ 1− p) ,

ce qui donne en developpant2x(p −m+ p2 −m2) = 2(m− p) ,

et donc, en simplifiant par p−m,x(1 +m+ p) = −1 .

S’il existe une racine ξ commune aux deux equations, elle est unique et vaut, si m+ p+1 est non nul,

ξ = − 1

m+ p+ 1


En soustrayant membre a membre les deux equations, on obtient

(m− p)(x2 − 2x− 1) = 0 .

Donc, si m est distinct de p, le systeme initial equivaut a{

(1 +m+ p)x = −1x2 − 2x− 1 = 0

.

Il en resulte que les seules solutions communes possibles sont

1 +√2 et 1−

√2

En exprimant que ξ est racine du trinome x2 − 2x− 1, on obtient la relation

1

(m+ p+ 1)2+

2

m+ p+ 1− 1 = 0 ,

qui equivaut a1 + 2(m+ p+ 1)− (m+ p+ 1)2 = 0 ,

ou encore a1 + 2(m+ p) + 2− (m+ p)2 − 2(m+ p)− 1 = 0 ,

et finalement a(m+ p)2 = 2

qui est, lorsque m 6= p, la condition necessaire et suffisante pour que les deux equations aient unesolution commune et une seule.

4) En reduisant au meme denominateur la condition equivaut a

(y1 − x1)(y2 − x2) + (y1 − x2)(y2 − x1) = 0 ,

et, en developpant, a

2x1x2 + 2y1y2 − x1y2 − x2y1 − x1y1 − x2y2 = 0 ,

c’est-a-dire a2(x1x2 + y1y2) = (x1 + x2)(y1 + y2) .

En remplacant les sommes et produits de racines par leurs expressions en fonction de m et p, on trouve

2

(

1−m

1 +m+

1− p

1 + p

)

=2p

1 +m

2m

1 + p.

De nouveau, en reduisant au meme denominateur, ceci equivaut a

(1−m)(1 + p) + (1 +m)(1− p) = 2pm ,

c’est-a-dire a2− 2mp = 2mp ,

et finalement a2mp = 1

Chapitre 2

Equations se ramenant au deuxieme

degre

2.1 Factorisation et reduction au meme denominateur

(91) Resoudre l’equation2x3 + 7x2 − 9x = 0 .

Apres factorisation, l’equation s’ecrit

x(2x2 + 7x− 9) = 0 ,

et donc

S =

{

0 , 1 , −9

2

}


(x3 + 3x2 − 7)2 − (x3 − 6x2 + 7)2 = 0 .

En utilisant une identite remarquable l’equation s’ecrit

(2x3 − 3x2)(9x2 − 14) = 0 ,

68 CHAPITRE 2. EQUATIONS SE RAMENANT AU DEUXIEME DEGRE

c’est-a-dire

x2(2x− 3)(9x2 − 14) = 0 ,

et donc

S =

{

0 ,3

2, −

√14

3,

√14

3

}

(93) Resoudre l’equation1

x+

1

x+ 2− 3 = 0 .


−3x2 + 4x− 2

x(x+ 2)= 0 .

Les racines de l’equation sont les racines du numerateur, donc

S =

{

−2 +√10

3,−2−

√10

3

}

(94) Resoudre l’equationx− 1

x+ 3+

2x− 1

x+ 4= 0 .


3x2 + 8x− 7

(x+ 3)(x+ 4)= 0 .

Les solutions de l’equation sont les racines du numerateur, donc

S =

{

−4 +√37

3,−4−

√37

3

}

2.1. FACTORISATION ET REDUCTION AU MEME DENOMINATEUR 69


x+1

x= m.


x2 −mx+ 1

x= 0 .

Les solutions de l’equation sont les racines du numerateur. Elles existent si et seulement si

∆ = m2 − 4 ≥ 0 ,

c’est-a-dire

m ≥ 2 ou m ≤ −2 .

dans ce cas

S =

{

m+√m2 − 4

2,m−

√m2 − 4

2

}

(96) Resoudre l’equation1−mx

m− x=

m+ x

1 +mx.

Avec les conditions x 6= m et x 6= −1/m, l’equation equivaut a

1−m2x2 = m2 − x2 ,

donc a

(x2 + 1)(1−m2) = 0 .

Lorsque m2 est different de 1 l’equation n’a pas de solution. Dans le cas contraire elle est verifiee pourtout x, sauf pour les valeurs 1 et −1 pour lesquelles x = m ou x = −1/m. Donc

si m = 1 ou − 1, S = R \ {1,−1}

si m 6= 1 et − 1, S = ∅



m

(p−m)2(p− x)2

x+

m

(p+m)2(p+ x)2

x= 1 .

On suppose m distinct de p et −p. D’autre part si m = 0, l’equation n’a pas de solution, et si p = 0l’equation devient

2x

m= 1 .

Dans les autres cas, en reduisant au meme denominateur, l’equation devient, si x n’est pas nul,

m(p+m)2(p− x)2 +m(p−m)2(p + x)2 = (p−m)2(p +m)2x ,

c’est-a-dire, en developpant,

2m(p2 +m2)x2 − x[

8p2m2 + (p2 −m2)2]

+ 2m(p2 +m2)p2 = 0 ,

ou

2m(p2 +m2)x2 − x(p4 + 6p2m2 +m4) + 2m(p2 +m2)p2 = 0 .

On calcule

∆ = (p4 + 6p2m2 +m4)2 − 16m2p2(p2 +m2)2

=[

p4 + 6p2m2 +m4 − 4mp(p2 +m2)][

p4 + 6p2m2 +m4 + 4mp(p2 +m2)]

= (p4 − 4p3m+ 6p2m2 − 4pm3 +m4)(p4 + 4p3m+ 6p2m2 + 4pm3 +m4)

= (p −m)4(p +m)4

= (p2 −m2)4 .

Alors les solutions sont

p4 + 6p2m2 +m4 + (p2 −m2)2

4m(p2 +m2)=

2p4 + 4p2m2 + 2m4

4m(p2 +m2)=

2(p2 +m2)2

4m(p2 +m2)=

p2 +m2

2m

etp4 + 6p2m2 +m4 − (p2 −m2)2

4m(p2 +m2)=

8p2m2

4m(p2 +m2)=

2p2m

p2 +m2,

d’ou, si m est different de p, −p et 0,

si p 6= 0 S =

{

p2 +m2

2m,

2p2m

p2 +m2

}

si p = 0 S ={m

2

}

2.2. EQUATIONS AVEC VALEURS ABSOLUES 71

2.2 Equations avec valeurs absolues

(98) Resoudre l’equation2x|x− 3|+ |x+ 5| = 0 .

Si x ≥ 3 ou x ≤ −5, l’equation devient

2x(x− 3) + (x+ 5) = 0 ,

c’est-a-dire2x2 − 5x+ 5 = 0 ,

et n’a pas de solution car ∆ = −15.

Si −5 < x < 3, l’equation devient

−2x(x− 3) + (x+ 5) = 0 ,

c’est-a-dire2x2 − 7x− 5 = 0 .

Le trinome f(x) = 2x2 − 7x− 5 a deux racines de signes opposes qui sont7±

√89

4. On remarque que

f(3) = −8 < 0 et f(−5) = 80 > 0 .

Il en resulte que la racine negative est comprise entre −5 et 3, alors que la racine positive est superieurea 3, donc

S =

{

7−√89

4

}

(99) Resoudre l’equationx

|x+ 1| +7x+ 3

x= 1 .

On reduit au meme denominateur en distinguant suivant le signe de x+ 1.

Si x > −1, l’equation devientx

x+ 1+

7x+ 3

x= 1 ,


d’ou, en reduisant au meme denomionateur,

7x2 + 9x+ 3

x(x+ 1)= 0 .

Comme le trinome 7x2 + 9x+ 3 n’a pas de racines car ∆ = −3, cette equation n’a pas de solution.

Si x < −1, on obtient cette fois

− x

x+ 1+

7x+ 3

x= 1 .

d’ou5x2 + 9x+ 3

x(x+ 1)= 0 .

Le trinome f(x) = 5x2 + 9x+ 3 a deux racines−9±

√21

10. On remarque que

f(−1) = −1 < 0 .

Il en resulte que −1 se trouve entre les racines et que seule la plus petite convient, donc

S =

{

−9−√21

10

}

(100) Resoudre l’equationx(x2 − 1)

|x+ 1| = 2 .

Les solutions sont necessairement differentes de −1.

Si x < −1, l’equation devient−x(x− 1) = 2 ,

c’est-a-direx2 − x+ 2 = 0 .

Le trinome x2 − x+ 2 n’a pas de racine car ∆ = −7.

Si x > −1, l’equation devient

x(x− 1) = 2 ,

c’est-a-direx2 − x− 2 = 0 .

2.2. EQUATIONS AVEC VALEURS ABSOLUES 73

Le trinome x2 − x− 2 a deux racines −1 et 2. Seule la deuxieme est solution de l’equation, donc

S = {2}

(101) Resoudre l’equation|x2 − 5x+ 4| = 1 .

L’equation est verifiee lorsque

x2 − 5x+ 4 = 1 ou x2 − 5x+ 4 = −1 .

Dans le premier cas on obtient l’equation

x2 − 5x+ 3 = 0 ,

qui a pour solutions5±

√13

2, et dans le second

x2 − 5x+ 5 = 0 ,

qui a pour solutions5±

√5

2.

Finalement

S =

{

5−√13

2,5 +

√13

2,5−

√5

2,5 +

√5

2

}

(102) Resoudre l’equation√

x4 − 4x2 + 4 = 2x .

Cette equation s’ecrit aussi|x2 − 2| = 2x .

On remarque qu’une solution est necessairement positive. Les solutions de cette equation sont alorsles solutions positives des equations

x2 − 2 = 2x ou − (x2 − 2) = 2x .


Dans le premier cas on obtient l’equation

x2 − 2x− 2 = 0 ,

dont la solution positive est 1 +√3.

Dans le second cas on obtient

x2 + 2x− 2 = 0 ,

dont la solution positive est −1 +√3.

Finalement

S ={√

3 + 1 ,√3− 1

}

(103) Resoudre l’equation(3x− 5)2 − (3x− 5)|x+ 4| = 0 .

L’equation s’ecrit

(3x− 5)(3x − 5− |x+ 4| ) = 0 ,

et 5/3 est solution. Il reste a chercher les solutions de

3x− 5− |x+ 4| = 0 ,

Si x ≥ −4, elle devient

2x− 9 = 0 ,

dont la solution 9/2 convient.

Si x ≤ −4, elle devient

4x− 1 = 0 ,

dont la solution 1/4 ne convient pas.

Finalement

S =

{

5

3,9

2

}

2.3. EQUATIONS BICARREES 75

2.3 Equations bicarrees

(104) Resoudre l’equation2x4 − 3x2 − 5 = 0 .

Cette equation est equivalente au systeme

{

X = x2

2X2 − 3X − 5 = 0,

et X doit etre positif. La seule racine positive du trinome 2X2 − 3X − 5 est 5/2. On resout alorsl’equation

X2 =5

2,

et donc

S =

{

−√10

2,

√10

2

}

(105) Resoudre l’equation3x4 − 28x2 + 9 = 0 .


{

X = x2

3X2 − 28X + 9 = 0,

et X doit etre positif. Le trinome 3X2 − 28X + 9 a deux racines positives 9 et 1/3. On resout alorsles equations

X2 = 9 et X2 =1

3,

et donc

S =

{

−3 , 3 , −√3

3,

√3

3

}


(106) Lorsque l’equationax4 + bx2 + c = 0

a quatre solutions, calculer leur somme et leur produit.

Le trinome aX2 + bX + c a dans ce cas deux racines positives X1 et X2, dont le produit vaut c/a.Alors l’equation a pour solutions

−√

X1 ,√

X1 , −√

X2 ,√

X2 .

La somme est nulle, et le produit vaut X1X2, donc

S = 0 et P =c

a

(107) Factoriser le polynome x4 + 5x2 + 1.

Le trinome X2 + 5X + 1 a deux racines negatives−5±

√21

2. Donc

X2 + 5X + 1 =

(

X +5 +

√21

2

)(

X +5−

√21

2

)

.

on en deduit

x4 + 5x2 + 1 =

(

x2 +5 +

√21

2

)(

x2 +5−

√21

2

)

(108) Factoriser le polynome x4 + x2 + 9.

Le trinome X2 +X + 9 n’a pas de racine. On peut ecrire

x4 + x2 + 9 = (x2 + 3)2 − 5x2 ,

et l’on en deduit

x4 + x2 + 9 = (x2 − x√5 + 3)(x2 + x

√5 + 3)

2.3. EQUATIONS BICARREES 77

(109) Factoriser le polynome x4 − 4x2 − 45.

Le trinome X2 − 4X − 45 a pour racines −5 et 9. On peut ecrire

X2 − 4X − 45 = (X + 5)(X − 9) ,

d’oux4 − 4x2 − 45 = (x2 + 5)(x2 − 9) ,

ce qui se factorise encore. On en deduit

x4 − 4x2 − 45 = (x2 + 5)(x− 3)(x + 3)

(110) Discuter le nombre N de racines de l’equation

(1) (m− 1)x4 − 2(m+ 1)x2 +m− 2 = 0 .

En posant X = x2, on obtient l’equation

(2) (m− 1)X2 − 2(m+ 1)X +m− 2 = 0 .

Chaque solution strictement positive de (2) donne deux solutions de l’equation (1). Les solutionsnegatives n’en donnent pas. On est donc ramene a etudier l’existence et le signe des racines de (2).

On a∆′ = (m+ 1)2 − (m− 1)(m− 2) = 5m− 1 ,

ainsi que

S =2(m+ 1)

m− 1et P =

m− 2

m− 1.

On forme le tableau de signes suivant.


m

∆′

S

P

N

−∞ −11

51 2 +∞

− − + + +O

+ − − + +O

+ + + − +O

pas de solution X1 < X2 < 0 X1 < 0 < X2 0 < X1 < X2

0 0 2 4

Pour les cas particuliers.

Si m = 1/5, l’equation (2) a une racine double negative, donc (1) n’a pas de solution.

Si m = 1, l’equation (2) devient

−4X − 1 = 0 ,

et a une racine negative, donc (1) n’a pas de solution.

Enfin si m = 2, l’equation (1) a une racine nulle et l’autre positive, donc (1) a trois solutions.


(1) (m+ 1)x4 − 2mx2 +m+ 6 = 0 .

En posant X = x2, on obtient l’equation

(2) (m+ 1)X2 − 2mX +m+ 6 = 0 .

Chaque solution strictement positive de (2) donne deux solutions de l’equation (1). Les solutionsnegatives n’en donnent pas. On est donc ramene a etudier l’existence et le signe des racines de (2).

On a

∆′ = m2 − (m+ 1)(m+ 6) = −7m− 6 ,

ainsi que

S =2m

m+ 1et P =

m+ 6

m+ 1.


2.4. EQUATIONS HOMOGENES 79

m

∆′

S

P

N

−∞ −6 −1 −6

70 +∞

+ + + − −O

+ + − − +O

+ − + + +O

0 < X1 < X2 X1 < 0 < X2 X1 < X2 < 0 pas de solution

4 2 0 0

Pour les cas particuliers.

Si m = −6, l’equation (1) a une racine nulle et l’autre positive, donc (1) a trois solutions.

Si m = −1, l’equation (2) devient

2X + 5 = 0 ,

et a une racine negative, donc (1) n’a pas de solution.

Enfin si m = −6/7, l’equation (2) a une racine double negative, donc (1) n’a pas de solution.

2.4 Equations homogenes

(112) Resoudre l’equationx4 − 4x3 + 5x2 − 4x+ 1 = 0 .

Cette equation est homogene. En divisant par x2 elle s’ecrit

x2 +1

x2− 4

(

x+1

x

)

+ 5 = 0 .

Si l’on pose

X = x+1

x,

on a

X2 = x2 +1

x2+ 2 ,

et l’equation est equivalente au systeme


X = x+1

x

X2 − 4X + 3 = 0

.

Le trinome X2 − 4X + 3 a deux racines 1 et 3. On resout alors les equations

x+1

x= 1 et x+

1

x= 3 ,

c’est-a-dire

x2 − x+ 1 = 0 et x2 − 3x+ 1 = 0 .

La premiere n’a pas de solution. La seconde a pour solutions3±

√5

2, donc

S =

{

3 +√5

2,3−

√5

2

}

(113) Resoudre l’equationx4 − x3 + 2x2 − x+ 1 = 0 .


x2 +1

x2−(

x+1

x

)

+ 2 = 0 .

Si l’on pose

X = x+1

x,

on a

X2 = x2 +1

x2+ 2 ,


X = x+1

x

X2 −X = 0

.

Le trinome X2 −X a deux racines 0 et 1. On resout alors les equations

x+1

x= 0 et x+

1

x= 1 ,

2.4. EQUATIONS HOMOGENES 81

c’est-a-dire

x2 + 1 = 0 et x2 − x+ 1 = 0 .

Ces equations n’ont pas de solution, donc

S = ∅

(114) Resoudre l’equationx4 + x3 − 4x2 − x+ 1 = 0 .


x2 +1

x2+

(

x− 1

x

)

− 4 = 0 .

Si l’on pose

X = x− 1

x,

on a

X2 = x2 +1

x2− 2 ,


X = x− 1

x

X2 +X − 2 = 0

.

Le trinome X2 +X − 2 a deux racines 1 et −2. On resout alors les equations

x− 1

x= 1 et x− 1

x= −2 ,

c’est-a-dire

x2 − x− 1 = 0 et x2 + 2x− 1 = 0 .

La premiere a pour solutions1±

√5

2et la seconde a pour solutions −1±

√2, donc

S =

{

1 +√5

2,1−

√5

2, −1−

√2 , −1 +

√2

}



(1) (m− 1)x4 + (m− 2)x3 + (m− 1)x2 + (m− 2)x+m− 1 = 0 .

Si m = 1, l’equation devient−x3 − x = 0 ,

et a une unique solution 0. Pour les autres valeurs de m, l’equation est homogene. Si l’on pose

X = x+1

x,

on a

X2 = x2 +1

x2+ 2 ,

et l’on peut s’ecrire,

(m− 1)

(

x2 +1

x2+ 1

)

+ (m− 2)

(

x+1

x

)

= 0 ,

ce qui donne

(2) (m− 1)X2 + (m− 2)X − (m− 1) = 0 .

avec

(3) x2 −Xx+ 1 = 0 .

Le discriminant du trinome

f(X) = (m− 1)X2 + (m− 2)X − (m− 1) ,

vaut∆ = (m− 2)2 + 4(m− 1)2 .

Il est toujours strictement positif et l’equation (2) possede toujours des solutions. Par contre l’equation(3) a pour discriminant X2 − 4 et a des solutions si et seulement si X ≤ −2 ou X ≥ 2. Alors, chaquesolution X de (2) verifiant X < −2 ou X > 2 donne deux solutions de l’equation (1). Le problemerevient a comparer les nombres 2 et −2 aux racines du trinome f .

On aaf(2) = (m− 1)(5m − 7) et af(−2) = (m− 1)(m+ 1) .

On a egalementS

2− 2 =

6− 5m

2(m− 1)et

S

2+ 2 =

3m− 2

2(m− 1).


2.5. AUTRES CHANGEMENTS DE VARIABLE 83

m

af(2)

af(−2)

S/2− 2

S/2 + 2

N

−∞ −1

O

2

3

O

16

5

O

7

5

O

∞

+ + + − − +

− − − + − −

+ − − + + +

+ + − + + +

0 2 2 0

−2 < X1

< X2 < 2X1 < −2 < X2 < 2 −2 < X1 < 2 < X2

−2 < X1

< X2 < 2

Pour la valeur m = −1 (respectivement m = 7/5), la seule racine de (2) qui convient est −2 (res-pectivement 2) et l’equation (3) a une seule solution dans ce cas (racine double), donc l’equation (1)egalement.

2.5 Autres changements de variable

(116) Resoudre l’equation(x2 − 7x+ 6)2 = x2 − 7x+ 48 .

Cette equation est equivalente au systeme{

X = x2 − 7x+ 6X2 −X − 42 = 0

.

Le trinome X2 −X − 42 a pour racines 7 et −6. Alors

x2 − 7x+ 6 = 7 c’est-a-dire x2 − 7x− 1 = 0

a pour racines7±

√53

2et

x2 − 7x+ 6 = −6 c’est-a-dire x2 − 7x+ 12 = 0

a pour racines 4 et 3. Finalement

S =

{

3 , 4 ,7 +

√53

2,7−

√53

2

}


(117) Resoudre l’equation(x2 + x)2 = x2 + x− 2 .


{

X = x2 + xX2 −X + 2 = 0

,

Comme le trinome X2 −X + 2 n’a pas de racine, l’equation proposee n’en a pas non plus, donc

S = ∅

(118) 1) Soit le polynome

R(x) = x4 +Bx3 + Cx2 +Dx+ E .

Trouver une condition necessaire et suffisante liant les coefficients de R pour qu’il existe deuxtrinomes

S(x) = x2 + bx+ c et T (x) = x2 + vx+ w ,

tels queR(x) = S

[

T (x)]

.

2) Resoudre l’equationx4 − 6x3 + 5x2 + 12x+ 3 = 0 .

On a doncR(x) = T (x)2 + bT (x) + c = (x2 + vx+ w)2 + b(x2 + vx+ w) + c .

Le coefficient de x3 vaut en particulierB = 2v .

On peut aussi ecrireR(x) = T (x)(T (x) + b) + c .

Cela signifie, qu’en effectuant la division euclidienne de R par T , le reste est constant.

2.5. AUTRES CHANGEMENTS DE VARIABLE 85

x4 +2vx3 +Cx2 +Dx +E x2 +vx +w−x4 −vx3 −wx2 x2 +vx +C −w − v2

vx3 +(C − w)x2

−vx3 −v2x2 −vwx(C −w − v2)x2 +(D − vw)x

−(C −w − v2)x2 −v(C − w − v2)x −w(C − w − v2)(D − vC + v3)x +E −w(C − w − v2)

On a donc

R(x) = T (x)(T (x) + C − 2w − v2) + (D − vC + v3)x+ E − w(C − w − v2) .

Alors le reste est constant si et seulement si

D − vC + v3 = 0 ,

ou encore

D − BC

2+

B3

8= 0 ,

ce qui donne la condition necessaire et suffisante

B(4C −B2) = 8D

On peut remarquer que la division precedente est valable quel que soit le choix de w.

2) On constate que le polynome

R(x) = x4 − 6x3 + 5x2 + 12x+ 3

verifie la condition ci-dessus et, en remplacant dans la division euclidienne precedente, on obtient enprenant

T (x) = x2 − 3x+ w ,

les relations

C − 2w − v2 = 5− 2w − 9 = −4− 2w et E − w(C − w − v2) = 3 + 4w + w2 ,

ce qui donne

R(x) = T (x)2 − 2(w + 2)T (x) + 3 + 4w + w2 .

En choisissant pour w une valeur annulant le terme constant, par exemple w = −1, l’equation R(x) = 0peut s’ecrire

T (x)2 − 2T (x) = 0 .

On resout donc le systeme{

X = x2 − 3x− 1X2 − 2X = 0

.


On obtient X = 2 et X = 0. Ensuite, les equations

x2 − 3x− 1 = 0 et x2 − 3x− 1 = 2

fournissent les solutions de l’equation de depart

S =

{

3 +√13

2,3−

√13

2,3 +

√21

2,3−

√21

2

}

2.6 Equations avec radicaux

(119) Resoudre l’equation √x4 = −x2 .

Comme √x4 = x2 ,

l’equation devientx2 = −x2

et l’on aS = {0}


x2 + x− 7 + x2 + x− 9 = 0 .


X =√x2 + x− 7

X2 +X − 2 = 0,

et X doit etre positif. La seule racine positive du trinome X2+X−2 est 1. Les solutions de l’equationproposee sont donc celles de

√

x2 + x− 7 = 1 .

En elevant au carre, celle-ci equivaut a

x2 + x− 7 = 1 ,

2.6. EQUATIONS AVEC RADICAUX 87

c’est-a-dire ax2 + x− 8 = 0 ,

donc

S =

{

−1 +√33

2,−1−

√33

2

}


2√

x2 − 3x+ 2 = x2 − 3x+ 5 .


{

X =√x2 − 3x+ 2

X2 − 2X + 3 = 0.

Comme le trinome X2 − 2X + 3 n’a pas de racine, l’equation proposee n’en a pas non plus, donc

S = ∅


3√

2x2 + 4x+ 9 + 2x2 + 4x = 31 .


X =√2x2 + 4x+ 9

X2 + 3X − 40 = 0,

et X doit etre positif. La seule racine positive du trinome X2+3X−40 est 5. Les solutions de l’equationproposee sont donc celles de

√

2x2 + 4x+ 9 = 5 .


2x2 + 4x+ 9 = 25 ,

c’est-a-dire2x2 + 4x− 16 = 0 ,


qui a comme solutions 2 et −4, donc

S = {−4 , 2}


(x− 1)2 −√

x2 − 3x+ 6 = −3 + x .

Cette equation s’ecrit encore

x2 − 3x+ 6−√

x2 − 3x+ 6− 2 = 0 ,

et est equivalente au systeme{

X =√x2 − 3x+ 6

X2 −X − 2 = 0,

et X doit etre positif. La seule racine positive du trinome X2−X−2 est 2. Les solutions de l’equationproposee sont donc celles de

√

x2 − 3x+ 6 = 2 .


x2 − 3x+ 6 = 4 ,

c’est-a-direx2 − 3x+ 2 = 0 ,

qui a comme solutions 1 et 2, donc

S = {1 , 2}


2√

x2 − 2x− 10 + x− 1 = 16 .

On resout donc l’equation

2√

x2 − 2x− 10 = 17 − x .

Sous la condition x ≤ 17, l’equation equivaut, en elevant au carre, a

4(x2 − 2x− 10) = x2 − 34x+ 289 ,


c’est-a-dire a3x2 + 26x− 329 = 0 ,

qui a pour discriminant reduit

∆′ = 132 + 3× 329 = 169 + 987 = 1156 = 342 ,

et pour solutions 7 et −47/3, qui conviennent toutes les deux. On a donc

S =

{

7 , −47

3

}

(125) Resoudre l’equationx+ 2−

√4x− 11 = 4 .

On resout donc l’equation √4x− 11 = x− 2 .

Sous la condition x ≥ 2, l’equation equivaut, en elevant au carre, a

4x− 11 = x2 − 4x+ 4 ,

c’est-a-dire ax2 − 8x+ 15 = 0 .

dont les solutions 5 et 3 conviennent. On a donc

S = {5 , 3}

(126) Resoudre l’equation √2x+ 7 + 3 = 3(x+ 1) .

On resout donc l’equation √2x+ 7 = 3x .


2x+ 7 = 9x2 ,


c’est-a-dire a

9x2 − 2x− 7 = 0 .

Parmi les solutions 1 et −7/9 de cette equation, seule la premiere convient. On a donc

S = {1}

(127) Resoudre l’equation2(x+ 4) +

√

x(x+ 6) = 16 .

On resout donc l’equation√

x(x+ 6) = 8− 2x .

Sous la condition x ≤ 4, l’equation equivaut, en elevant au carre, a

x(x+ 6) = 4x2 − 32x+ 64 ,

c’est-a-dire a

3x2 − 38x+ 64 = 0 .

Parmi les solutions 2 et 32/3 de cette equation, seule la premiere convient. On a donc

S = {2}


x2 + 3x+m = x− 2 .


x2 + 3x+m = x2 − 4x+ 4 ,

c’est-a-dire a

7x = 4−m,

ou encore

x =4−m

7.


Cette solution convient si et seulement si

4−m

7≥ 2 ,

c’est-a-direm ≤ −10 .

Donc

si m ≤ −10 S =

{

4−m

7

}

si m > −10 S = ∅

(129) Resoudre l’equation √x+ 1 +

√x+ 3 = 3 .

Les solutions doivent verifier la condition x ≥ −1. En elevant au carre l’equation equivaut a

2x+ 4 + 2√

(x+ 1)(x + 3) = 9 ,

donc a2√

(x+ 1)(x + 3) = 5− 2x .

Les solutions doivent verifier cette fois la condition x ≤ 5/2. Alors en elevant de nouveau au carre,l’equation equivaut a

4(x+ 1)(x+ 3) = 4x2 − 20x+ 25 ,

et finalement a36x = 13 .

Comme5

2≥ 13

36≥ −1 ,

c’est la solution de l’equation proposee, donc

S =

{

13

36

}


√2x+ 3 = 5 .


Les solutions doivent verifier la condition x ≥ −1. En elevant au carre l’equation equivaut a

3x+ 4 + 2√

(x+ 1)(2x + 3) = 25 ,

donc a

2√

(x+ 1)(2x + 3) = 21− 3x .

Les solutions doivent verifier cette fois la condition x ≤ 7. Alors en elevant de nouveau au carre,l’equation equivaut a

4(x+ 1)(2x + 3) = 9x2 − 126x + 441 ,

et finalement a

x2 − 146x + 429 = 0 .

Le discriminant reduit vaut

∆′ = 732 − 429 = 5329 − 429 = 4900 = 702 ,

et parmi les solutions 3 et 143 obtenues, seule la premiere convient, donc

S = {3}

(131) Resoudre l’equation √2x+ 13−

√x− 2 =

√x+ 1 .

Les solutions doivent verifier la condition x ≥ 2. En ecrivant l’equation

√2x+ 13 =

√x− 2 +

√x+ 1 ,

et en elevant au carre, l’equation equivaut a

2x+ 13 = 2x− 1 + 2√

(x+ 1)(x− 2) ,

donc a√

(x+ 1)(x− 2) = 7 .

Alors en elevant de nouveau au carre, l’equation equivaut a

(x+ 1)(x− 2) = 49 ,

et finalement a

x2 − x− 51 = 0 .


Parmi les solutions1 +

√205

2et

1−√205

2, seule la premiere convient, donc

S =

{

1 +√205

2

}


√x+ 8 =

√x+ 24 .

Les solutions doivent verifier la condition x ≥ −3. En elevant au carre, l’equation equivaut a

2x+ 11 + 2√

(x+ 3)(x+ 8) = x+ 24 ,

donc a

2√

(x+ 3)(x + 8) = 13− x .

Alors, avec la condition x ≤ 13, en elevant de nouveau au carre, l’equation equivaut a

4(x+ 3)(x+ 8) = x2 − 26x+ 169 ,

et finalement a

3x2 + 70x− 73 = 0 .

Parmi les solutions 1 et −73/3, seule la premiere convient, donc

S = {1}

(133) Resoudre l’equation√x+

√

x−√1− x = 1 .

L’equation s’ecrit√

x−√1− x = 1−√

x .

En elevant au carre on en deduit

x−√1− x = 1 + x− 2

√x ,


c’est-a-dire

−√1− x = 1− 2

√x .

Puis en elevant de nouveau au carre

1− x = 1 + 4x− 4√x ,

donc

4√x = 5x ,

et finalement

16x = 25x2 .

Les solutions de cette derniere equation sont 0 et 16/25. Reste a verifier si elles sont solutions del’equation de depart. Ce n’est pas le cas pour 0. Par contre

√

16

25+

√

16

25−√

1− 16

25=

4

5+

√

16

25−√

9

25=

4

5+

√

16

25− 3

5=

4

5+

√

1

25= 1 ,

donc

S =

{

16

25

}


4 +√

x4 + x2 = x− 2 .

Les solutions doivent verifier la condition x ≥ 2. En elevant au carre, on trouve

4 +√

x4 + x2 = x2 − 4x+ 4

puis√

x4 + x2 = x(x− 4) .

Cette fois les solutions doivent verifier la condition x ≥ 4. En elevant de nouveau au carre,

x4 + x2 = x4 − 8x3 + 16x2 ,

ou encore

8x3 − 15x2 = 0 .

Cette derniere equation a comme solutions 0 et 15/8 et aucune des deux n’est plus grande que 4, donc

S = ∅



√x+ 1 +

√5x+ 3 =

√2x+ 3 +

√3x+ 1 .

Remarquons que les solutions doivent etre superieures a −1/3, pour que les quatre racines carreesprecedentes aient un sens.

Remarquons aussi que 0 est solution puisque, en remplacant dans l’equation, on trouve que les deuxmembres sont egaux a 1 +

√3. Cherchons s’il y a d’autres solutions.

Puisque les deux membres sont positifs, l’equation equivaut, en elevant au carre, a

6x+ 4 + 2√

(x+ 1)(5x + 3) = 5x+ 4 + 2√

(2x+ 3)(3x + 1) ,

puis a2[√

(2x+ 3)(3x + 1)−√

(x+ 1)(5x + 3)]

= x .

Etudions le signe du membre de gauche. C’est celui de

(2x+ 3)(3x+ 1)− (x+ 1)(5x+ 3) = x2 + 3x = x(x+ 3) ,

donc, dans l’intervalle [−1/3, ∞ [ , le membre de gauche est du signe de x. On peut alors elever denouveau au carre et l’equation est encore equivalente a

4[

(2x+ 3)(3x + 1) + (x+ 1)(5x + 3)− 2√

(2x+ 3)(3x+ 1)(x + 1)(5x+ 3)]

= x2 ,

c’est-a-dire a

8√

(2x+ 3)(3x + 1)(x+ 1)(5x + 3) = 4[

(2x+ 3)(3x+ 1) + (x+ 1)(5x+ 3)]

− x2 ,

ou encore a8√

(2x+ 3)(3x + 1)(x+ 1)(5x + 3) = 43x2 + 76x+ 24 .

On constate que, pour x = −1/3, le membre de droite vaut 31/9 et est donc positif. Alors comme−1/3 est plus grand que la demi-somme −38/43 de ses racines, il en resulte que −1/3 est plus grandque la plus grande des racines et donc que le membre de droite est positif sur l’intervalle [−1/3, ∞ [ .On peut de nouveau elever au carre, et l’on obtient l’equation

64(2x + 3)(3x+ 1)(x + 1)(5x + 3) = (43x2 + 76x+ 24)2 .

Or, en developpant, on trouve

64(2x + 3)(3x + 1)(x+ 1)(5x + 3) = 64(6x2 + 11x+ 3)(5x2 + 8x+ 3)

= 64(30x4 + 103x3 + 121x2 + 57x+ 9)

= 1920x4 + 6592x3 + 7744x2 + 3648x + 242 .


puis

(43x2 + 76x+ 24)2 = 432x4 + 2× 43× 76x3 + (2× 43× 24 + 762)x2 + 2× 76× 24x+ 242

= 1849x4 + 6536x3 + 7840x2 + 3648x + 242 .

et finalement

64(2x+ 3)(3x+ 1)(x+ 1)(5x+ 3)− (43x2 + 76x+ 24)2 = 71x4 + 56x3 − 96x2 = x2(71x2 + 56x− 96) .

On retrouve deja la solution x = 0. Ensuite, le trinome 71x2+56x− 96, a comme discriminant reduit

∆′ = 282 + 71× 96 = 784 + 6816 = 7600 = 19× 202 .

Il possede une racine positive20√19− 28

71qui est solution de l’equation de depart. Quant a la racine

negative −20√19 + 28

71, on peut verifier facilement qu’elle est plus petite que −1 et ne peut donc

convenir. En effet, en minorant√19 par 4

20√19 + 28

71− 1 =

20√19− 43

71≥ 37

71> 0 .

Finalement

S =

{

0 ,20√19− 28

71

}


mx2 + x = mx+ 1 .

Tout d’abord, si m = 0, l’equation devient

√x = 1 ,

et a pour solution x = 1. Supposons maintenant que m est non nul. L’equation peut s’ecrire

√

x(mx+ 1) = mx+ 1 ,

et le nombre x = −1/m est toujours solution de l’equation. Cherchons s’il existe d’autres solutions.Dans ce cas mx+ 1 est strictement positif et x(mx+ 1) est positif, donc x est egalement positif. Onpeut diviser par

√mx+ 1 ce qui donne

√x =

√mx+ 1 ,


puis, en elevant au carre,

x = mx+ 1 ,

c’est-a-dire

x = − 1

m− 1.

Ce nombre doit etre positif, ce qui necessite m < 1.

En resume,

si m = 0, S = {1}

si m < 1 et m 6= 0, S =

{

− 1

m, − 1

m− 1

}

si m ≥ 1, S =

{

− 1

m

}


x2 +mx+m = x− 1 .

Le second membre doit etre positif, donc x ≥ 1. Dans ces conditions l’equation equivaut en elevant aucarre a

x2 +mx+m = x2 − 2x+ 1 ,

c’est-a-dire a

(m+ 2)x = 1−m.

Si m est different de −2, on trouve

x =1−m

m+ 2.

Alors

x− 1 =1−m

m+ 2− 1 = −2m+ 1

m+ 2≥ 0

si et seulement si m appartient a l’intervalle ]−2, −1/2 ] .

En resume,

si m appartient a l’intervalle ]−2, −1/2 ] , S =

{

1−m

m+ 2

}

si m n’appartient pas a l’intervalle ]−2, −1/2 ] , S = ∅


(138) 1) Verifier que l’on a l’identite

a3 + b3 + c3 − 3abc =1

2(a+ b+ c)

[

(b− c)2 + (c− a)2 + (a− b)2]

.

2) Montrer que si A, B, C sont des expressions algebriques d’une meme inconnue, toute solutionde l’equation

(1)3√A+

3√B +

3√C = 0

est solution de

(2) (A+B + C)3 − 27ABC = 0 ,

et etudier la reciproque.

3) Resoudre l’equation3√x+ 2 + 3

√2x+ 2 + 3

√3x+ 2 = 0 .

1) On calcule

(b− c)2 + (c− a)2 + (a− b)2 = 2(a2 + b2 + c2 − bc− ca− ab) ,

et l’on trouve bien en developpant

(a+ b+ c)(a2 + b2 + c2 − bc− ca− ab) = a3 + b3 + c3 − 3abc .

2) En prenant dans l’identite precedente

a =3√A , b =

3√B , c =

3√C

on obtient

A+B + C − 33√ABC =

1

2(

3√A+

3√B +

3√C)S(A,B,C) ,

ou S(A,B,C) est une expression positive, qui s’annule uniquement si A = B = C.

En dehors de ce cas, l’equation (1) equivaut a

A+B +C = 33√ABC ,

ou encore, en elevant au cube, a

(A+B + C)3 = 27ABC .

Les equations (1) et (2) sont equivalentes sauf lorsque A = B = C.

3) On prend

A = x+ 2 , B = 2x+ 2 , C = 3x+ 2 .


L’egalite A = B = C ne peut avoir lieu que si x = 0. En dehors de ce cas, pour lequel l’equation n’estpas verifiee, elle est equivalente a

(6x+ 6)3 − 27(x + 2)(2x+ 2)(3x + 2) = 0 .

Elle s’ecrit encore63(x+ 1)3 − 54(x+ 1)(x+ 2)(3x + 2) = 0 ,

et donc, en simplifiant par 54 = 2× 33 et en factorisant,

(x+ 1)[4(x + 1)2 − (x+ 2)(3x + 2)] = 0 ,

qui, en developpant donne(x+ 1)x2 = 0 .

Comme 0 n’est pas solution, on a donc

S = {−1}

(139) Discuter le nombre N de solutions de l’equation

(1) x2 − 3x+ 5 +m =√

x2 − 3x+ 2 .

L’equation equivaut au systeme{

X =√x2 − 3x+ 2

X2 −X + 3 +m = 0,

Il faut deja que le trinome X2 −X + 3 +m ait des racines positives. Alors, si ξ est une telle racine,la premiere equation equivaut a

x2 − 3x+ 2− ξ2 = 0 ,

dont le discriminantδ = 9− 4(2 − ξ2) = 1 + 4ξ2

est strictement positif. Donc toute racine positive ou nulle du trinome X2 −X +3+m donnera deuxsolutions de (1).

Pour ce trinome, on a∆ = −4m− 11 , S = 1 et P = 3 +m.

On en deduit facilement l’existence et le signe des racines ξ1 et ξ2 de X2 −X + 3 +m, ce qui donnele nombre de solutions de (1).

m < −3 ξ1 < 0 < ξ2 1 racine > 0 N = 2

−3 ≤ m < −11/4 0 ≤ ξ1 < ξ2 2 racines ≥ 0 N = 4

m = −11/4 0 < ξ1 = ξ2 1 racine > 0 N = 2

m > −11/4 ∆ < 0 pas de racine N = 0



(1)√

1− x2 = mx+ 1− 2m.

Lorsque le second membre mx+ 1− 2m est positif, l’equation (1) equivaut a

1− x2 = (mx+ 1− 2m)2 ,

c’est-a-dire a

(2) (m2 + 1)x2 + 2m(1 − 2m)x+ 4m(m− 1) = 0 .

On a alors∆′ = m2(1− 2m)2 − 4m(m− 1)(m2 + 1) = m(−3m+ 4) ,

et le discriminant est positif ou nul dans l’intervalle [ 0, 4/3 ] uniquement.

Lorsque m = 0 l’equation (2) devient x2 = 0 et a comme unique solution le nombre 0.

Dans l’intervalle ] 0, 4/3 ] , la condition de positivite du second membre de (1) devient

x ≥ 2m− 1

m= α ,

et l’on cherche donc la position du nombre α par rapport aux racines de l’equation (2). On calcule

f(α) =1

m2[(1−m2)(2m− 1)2 + 4m3(m− 1)] =

(m− 1)(3m − 1)

m2,

ainsi queS

2− α =

m(2m− 1)

m2 + 1− 2m− 1

m=

1− 2m

m(m2 + 1).


m

∆

af(α)

S/2− α

N

−∞ 01

3

O

1

2

O

1

O

4

3

O

∞

− + + + + −

+ + − − + +

− + + − − −

0 2 1 0 0

pas de sol. α < x1 < x2 x1 < α < x2 x1 < x2 < α pas de sol.


En tenant compte des cas particuliers, l’equation (1)

- n’a pas de solution si m appartient a ]−∞, 0 [∪ ] 1, ∞ [ ,- a une solution si m appartient a ] 1/3, 1 ] ∪ {0} ,- a deux solutions si m appartient a ] 0, 1/3 ] .


(1) x+√

p2 − x2 = m.

ou p est strictement positif.

L’equation equivaut a√

p2 − x2 = m− x .

Il y a deja la condition x ≤ m. Dans ce cas l’equation equivaut a

p2 − x2 = (m− x)2 ,

c’est-a-dire a

(2) 2x2 − 2mx+m2 − p2 = 0 .

Le probleme revient a comparer m aux racines de l’equation (2). Toute racine de (2) inferieure ouegale a m sera alors une solution de (1).

On a∆′ = m2 − 2(m2 − p2) = 2p2 −m2 ,

ainsi que

af(m) = 2(m2 − p2) etS

2−m = −m

2.


m

∆

af(m)

S/2−m

N

−∞ −p√2

O

−p

O

0

O

p

O

p√2

O

∞

− + + + + −

+ + − − + +

+ + + − − −

0 0 1 2 0

pas de sol. m < x1 < x2 x1 < m < x2 x1 < x2 < m pas de sol.


En tenant compte des cas particuliers, l’equation (1)

- n’a pas de solution si m appartient a ]−∞, −p [∪ ] p√2, ∞ [ ,

- a une solution si m appartient a [−p, p [ ,- a deux solutions si m appartient a [ p, p

√2 [ .

Chapitre 3

Etude de signe - Inequations

3.1 Etude de signe

(142) Etudier le signe de

f(x) =x+ 1

x2 + 2x− 3− x

x2 − 3x+ 2.

On a

f(x) =x+ 1

(x− 1)(x + 3)− x

(x− 1)(x− 2).


f(x) = − 2(2x + 1)

(x− 1)(x− 2)(x+ 3)

dont le signe est celui du produit des deux trinomes

g1(x) = −(2x+ 1)(x− 1) et g2(x) = (x− 2)(x+ 3) .

On fait le tableau de signes suivant.

x

g1(x)

g2(x)

f(x)

−∞ −3

O

−1

2

O

O

1

O

2

O

∞

− − + − −

+ − − − +

− + − + −

104 CHAPITRE 3. ETUDE DE SIGNE - INEQUATIONS

(143) Etudier le signe de

f(x) =x+ 1

x2 + x− 2− x

x2 − 1.

On a

f(x) =x+ 1

(x− 1)(x + 2)− x

(x− 1)(x+ 1).


f(x) =1

(x− 1)(x+ 1)(x+ 2)

dont le signe est celui du produit d’un trinome et d’un binome

g1(x) = (x+ 1)(x− 1) et g2(x) = x+ 2 .


x

g1(x)

g2(x)

f(x)

−∞ −2

O

−1

O

1

O

∞

+ + − +

− + + +

− + − +

3.2 Inequations

(144) Pour quelles valeurs de m l’inequation

mx2 − (5m+ 1)x+ 3(2m + 1) > 0

est-elle verifiee pour tout x ?

Le discriminant vaut

∆ = (5m+ 1)2 − 12m(2m + 1) = m2 − 2m+ 1 = (m− 1)2 .

Comme il est toujours positif, l’equation

mx2 − (5m+ 1)x+ 3(2m+ 1) = 0

3.2. INEQUATIONS 105

possede des solutions quel que soit m, donc

M = ∅


(m− 2)x2 − 2mx+m+ 1 < 0


On a

∆′ = m2 − (m+ 1)(m − 2) = m+ 2 .

L’inequation est verifiee quel que soit x, si et seulement ∆′ et a = m− 2 sont negatifs, donc

M = ]−∞, −2 [


(m+ 2)x2 − (m+ 4)x+m+ 2 > 0 .


On a

∆ = (m+ 4)2 − 4(m+ 2)2 = −3m2 − 8m.

L’inequation est verifiee quel que soit x, si et seulement ∆ est negatif, c’est-a-dire lorsque m appartienta l’ensemble M1 = ]−∞, −8/3 [∪ ] 0, ∞ [ , et a = m+ 2 est positif, c’est-a-dire lorsque m appartienta l’intervalle M2 = ]−2, +∞ [ . Alors

M = M1 ∩ M2 = ] 0, +∞ [



(m− 3)x2 − 2(m− 1)x+m > 0 .


On a∆′ = (m− 1)2 − (m− 3)m = m+ 1 .

L’inequation est verifiee quel que soit x, si et seulement ∆′ est negatif et a = m − 3 positif, ce quin’est pas possible

M = ∅


(m+ 3)x2 − 2(m+ 2)x+m < 0 .


On a∆′ = (m+ 2)2 − (m+ 3)m = m+ 4 .

L’inequation est verifiee quel que soit x, si et seulement ∆′ est negatif et a = m+ 3 negatif, donc

M = ]−∞, −4 [

(149) Trouver les solutions de l’inequation

(4x+ 7)(x2 + 5x− 10) > 0 .

Le trinomeg1(x) = x2 + 5x− 10

a pour racines−5±

√65

2.


Le binomeg2(x) = 4x+ 7 ,

a pour racine −7/4.

Comme g1(−7/4) est negatif, le nombre −7/4 se trouve etre les racines de g1. On etudie le signe duproduit g1(x)g2(x) en faisant le tableau de signes suivant.

x

g1(x)

g2(x)

f(x)

−∞ −5 +√65

2

O

O

−7

4

O

O

−5−√65

2

O

O

∞

+ − − +

− − + +

− + − +

L’ensemble des solutions est donc

S = ]−5 +√65

2, −7

4[ ∪ ]−5−

√65

2, ∞ [


x4 + x

x4 − 5x2 + 4< 1 .

Le denominateur x4 − 5x2 + 4 se factorise facilement. On a

x4 − 5x2 + 4 = (x2 − 1)(x2 − 4) = (x− 1)(x + 1)(x− 2)(x+ 2) .

Lorsque x est une valeur qui n’annule pas ce denominateur, on a

f(x) = 1− x4 + x

x4 − 5x2 + 4=

−5x2 − x+ 4

x4 − 5x2 + 4,

et, en factorisant,

f(x) =−(x+ 1)(5x − 4)

(x− 1)(x + 1)(x − 2)(x+ 2)=

−(5x− 4)

(x− 1)(x2 − 4).

Le signe est celui du produit de deux trinomes

g1(x) = −(5x− 4)(x− 1) et g2(x) = x2 − 4 .



x

g1(x)

g2(x)

f(x)

−∞ −2

O

4

5

O

O

1

O

2

O

∞

− − + − −

+ − − − +

− + − + −

Les solutions sont donc, puisque −1 est exclu,

M = ]−2, −1 [∪ ]−1, 4/5 [∪ ] 1, 2 [


(mx+ 1)(3x+ 5) < 0 .

Lorsque m est non nul, les racines du trinome sont −1/m et −5/3. Le resultat depend de la positionrelative de ces deux racines et du signe de m.

a) m >3

5donc − 1

m> −5

3alors S = ]−5/3, −1/m [ ,

b) m =3

5l’equation devient (3x+ 5)2/5 < 0 alors S = ∅ ,

c) 0 < m <3

5donc − 1

m< −5

3alors S = ]−1/m, −5/3 [ ,

d) m = 0 l’equation devient 3x+ 5 < 0 alors S = ]−∞, −5/3 [ ,

e) m < 0 donc − 1

m> −5

3alors S = ]−∞, −5/3 [∪ ]−1/m, ∞ [ .


(m+ 1)x2 + 2(m− 1)x+ (m+ 1) < 0 .

Le discriminant reduit vaut∆′ = (m− 1)2 − (m+ 1)2 = −4m.


Le probleme depend des signes de m et a = m+ 1. Les racines, lorsque m est negatif ou nul, sont

x1 =−(m− 1)− 2

√−m

m+ 1et x2 =

−(m− 1) + 2√−m

m+ 1.

a) m ≥ 0 donc ∆′ ≤ 0 et m+ 1 > 0 alors S = ∅ ,

b) −1 < m < 0 donc ∆ > 0 et m+ 1 > 0 alors S = ]x1, x2 [ ,

c) m = −1 l’equation devient −4x < 0 alors S = ] 0, ∞ [ ,

d) m < −1 donc ∆ > 0 et m+ 1 < 0 alors S = ]−∞, x1 [∪ ]x2, ∞ [ .


4

3<

x2 − 2mx+m2

x2 − 6x− 7.

En reduisant au meme denominateur l’inequation devient

4

3− x2 − 2mx+m2

x2 − 6x− 7=

x2 + 6(m− 4)x− 3m2 − 28

3(x+ 1)(x− 7)< 0 .

Le numerateur f(x) a pour discriminant reduit

∆′ = 9(m− 4)2 + (3m2 + 28) > 0 ,

et possede toujours deux racines x1 et x2.

x1 = −3(m− 4)−√∆′ et x2 = −3(m− 4) +

√∆′ .

On compare les racines −1 et 7 du denominateur g(x) a x1 et x2. On calcule

f(−1) = −3(m+ 1)2 ≤ 0 et f(7) = −3(m− 7)2 ≤ 0 .

Les nombres −1 et 7 se trouvent donc entre les racines x1 et x2.

On peut dresser le tableau de signes suivant.

x

f(x)

g(x)

f(x)

g(x)

−∞ x1

O

O

−1

O

7

O

x2

O

O

∞

+ − − − +

+ + − + +

+ − + − +


On a donc,

S = ]x1, −1 [∪ ] 7, x2 [

Remarque :si m = −1, alors x1 = −1 est racine de f et S = ] 7, x2 [ ,si m = 7, alors x2 = 7 est racine de f et S = ]x1, −1 [ .

3.3 Systemes d’inequations

(154) Trouver les solutions du systeme d’inequations

4x2 − 1 + 3(2x − 1)(x+ 2) > 0

2

x< 1

.

On a4x2 − 1 + 3(2x− 1)(x+ 2) = 10x2 + 9x− 7 = (2x− 1)(5x+ 7) .

L’ensemble des solutions de la premiere inequation est donc

S1 = ]−∞, −7/5 [∪ ] 1/2, ∞ [ .

La seconde inequation s’ecritx− 2

x> 0

dont l’ensemble des solutions estS2 = ]−∞, 0 [∪ ] 2, ∞ [ .

Alors S = S1 ∩ S2, donc

S = ]−∞, −7/5 [∪ ] 2, ∞ [


{

x2 + 4x− 5 < 0(x+ 3)(x− 4) < 0

.

3.3. SYSTEMES D’INEQUATIONS 111

Les racines de x2 + 4x− 5 etant 1 et −5, l’ensemble des solutions de la premiere inequation est

S1 = ]−5, 1 [ .

L’ensemble des solutions de la seconde est

S2 = ]−3, 4 [ .


S = ]−3, 1 [


{

(3x− 4)2 < (2− x)(2x+ 8)(x− 2)2 > (x+ 7)2

.

Tout d’abord

(3x− 4)2 − (2− x)(2x+ 8) = 11x2 − 20x et (x+ 7)2 − (x− 2)2 = 9(2x+ 5) .

Le systeme est donc equivalent a{

x(11x− 20) < 09(2x + 5) < 0

.

L’ensemble des solutions de la premiere inequation est

S1 = ] 0, 20/11 [ .


S2 = ]−∞, −5/2 [ .

Alors S = S1 ∩ S2 est vide, donc

S = ∅


x+ 3

x− 4< 0

x2 − 5x+ 4 > 0.



S1 = ]−3, 4 [ .

Les racines du trinome x2 − 5x+ 4 etant 1 et 4, l’ensemble des solutions de la seconde inequation est

S2 = ]−∞, 1 [∪ ] 4, ∞ [ .


S = ]−3, 1 [


−1 <2x+ 1

3x− 1≤ 2 .

Tout d’abord2x+ 1

3x− 1+ 1 =

5x

3x− 1et 2− 2x+ 1

3x− 1=

4x− 3

3x− 1.

Le systeme est donc equivalent a

5x

3x− 1> 0

4x− 3

3x− 1≥ 0

.


S1 = ]−∞, 0 [∪ ] 1/3, ∞ [ .


S2 = ]−∞, 1/3 [∪ [ 3/4, ∞ [ .


S = ]−∞, 0 [∪ [ 3/4, ∞ [


15 ≤ x2 − 15x− 40 < 36 .

3.4. INEQUATIONS SE RAMENANT AU DEUXIEME DEGRE 113

Tout d’abord

f1(x) = x2 − 15x− 40− 15 = x2 − 15x− 55 et f2(x) = x2 − 15x− 40− 36 = x2 − 15x− 76 .

Le systeme est donc equivalent a{

x2 − 15x− 55 ≥ 0x2 − 15x− 76 < 0

.

La premiere inequation a pour racines15±

√445

2, et la seconde −4 et 19. Puisque f1 − f2 = 21, on a

alorsf1(−4) = f1(19) = 21 > 0 ,

et −4 et 19 sont a l’exterieur des racines de f1. Comme les demi-sommes des racines de f1 et f2 sontles memes, on a donc

−4 <15−

√445

2<

15 +√445

2< 19 .


S1 = ]−∞,15−

√445

2] ∪ [

15 +√445

2, ∞ [ .


S2 = ]−4, 19 [ .


S = ]−4,15−

√445

2] ∪ [

15 +√445

2, 19 [

3.4 Inequations se ramenant au deuxieme degre


x4 − 7x2 + 6 > 0 .

On af(x) = (x4 − 7x2 + 6) = (x2 − 1)(x2 − 6) .

On peut dresser le tableau de signes suivant.


x

x2 − 6

x2 − 1

f(x)

−∞ −√6

O

O

−1

O

O

1

O

O

√6

O

O

∞

+ − − − +

+ + − + +

+ − + − +

On a donc

S = ]−∞, −√6 [∪ ]−1, 1 [∪ ]

√6, ∞ [


2x4 − 5x2 − 7 < 0 .

On a

f(x) = 2x4 − 5x2 − 7 = (x2 + 1)(2x2 − 7) .

Donc f(x) est du signe de 2x2 − 7 et, par suite,

S = ]−√

7/2,√

7/2 [


2x+ 1 +√7− 6x > 0 .

On cherche donc les solutions de √7− 6x > −2x− 1 .

On rapelle que l’inequation √A > B

est equivalente a( A ≥ 0 et B < 0 ) ou ( A > B2 et B ≥ 0 ) .


Lorsque le second membre est strictement negatif, c’est-a-dire si x > −1/2, il faut alors que 7 − 6xsoit positif ou nul c’est-a-dire x ≤ 7/6. On obtient un premier ensemble de solutions

S1 = ]−1/2, 7/6 ] .

Lorsque le second membre est positif ou nul, c’est-a-dire si x ≤ −1/2, l’inequation equivaut, en elevantau carre, a

7− 6x > (2x+ 1)2 ,

ou encore a

f(x) = 4x2 + 10x− 6 < 0 .

Les racines du trinome f sont −3 et 1/2, et x doit se trouver entre les racines. On trouve cette fois

S2 = ]−3, 1/2 [∩ ]−∞, −1/2 ] = ]−3, −1/2 ] .

Alors S = S1 ∪ S2, donc

S = ]−3, 7/6 ]


√

x2 − 8x+ 5 < 2x− 1 .

On rapelle que l’inequation √A < B

est equivalente aB > 0 et 0 ≤ A < B2 .

Il faut deja que 2x− 1 soit strictement positif, donc x doit appartenir a

S1 = ] 1/2, ∞ [ .

Il faut aussi l’inegalite

f1(x) = x2 − 8x+ 5 ≥ 0 .

Les racines de ce trinome sont 4±√11, et x doit appartenir a l’ensemble

S2 = ]−∞, 4−√11 ] ∪ [ 4 +

√11, ∞ [ .

Sous ces conditions l’inequation equivaut en elevant au carre a

x2 − 8x+ 5 < (2x− 1)2 ,


ou encore af2(x) = 3x2 + 4x− 4 > 0 .

Les racines de f2 sont 2/3 et −2. Il faut donc que x appartienne a

S3 = ]−∞, −2 [∪ ] 2/3, ∞ [ .

On a alorsS = S1 ∩ S2 ∩ S3 .

On constate quef1(2/3) = 1/9 > 0 .

Le nombre 2/3 est a l’exterieur des racines de f1. De plus 2/3 est inferieur a la demi-somme 4 desracines de f1, donc

−2 <1

2<

2

3< 4−

√11 < 4 +

√11 .

| | | | |−2 1

2

2

34−

√11 4 +

√11

/ / / / / / / / / /| | | | | | | | | | \ \ \ \ \

Il en resulte que

S = ] 2/3, 4−√11 ] ∪ [ 4 +

√11, ∞ [


√

x2 + x+ 1 > 2x− 3 .

Comme x2 + x+ 1 est toujours positif, l’inequation est verifiee tout d’abord si 2x − 3 est negatif, cequi donne

S1 = ]−∞, 3/2 [ .

Si 2x− 3 est positif ou nul, l’inequation equivaut, en elevant au carre, a

x2 + x+ 1 > (2x− 3)2 ,

c’est-a-dire af(x) = 3x2 − 13x+ 8 < 0 .

Donc x doit se trouver entre les racines13±

√73

6du trinome f . Il reste a comparer 3/2 a ces racines.

Or

f(3/2) = −19

4< 0 ,


donc 3/2 se trouve entre les racines et on obtient l’ensemble

S2 = [3

2,13 +

√73

6[ .

On a alors S = S1 ∪ S2, et finalement

S = ]−∞,13 +

√73

6[


√

x2 − 1 ≤ 2x+ 3 .

Il faut deja que 2x+ 3 soit positif, donc x doit appartenir a

S1 = [−3/2, ∞ [ .

Il faut aussi que f1(x) = x2 − 1 soit positif, c’est-a-dire que x appartienne a

S2 = ]−∞, −1 ] ∪ [ 1, ∞ [ .

Sous ces conditions l’inequation equivaut, en elevant au carre, a

x2 − 1 ≤ (2x+ 3)2 ,

ou encore af(x) = 3x2 + 12x+ 10 ≥ 0 .

Les racines de f sont−6±

√6

3. Il faut donc que x appartienne a

S3 = ]−∞,−6−

√6

3] ∪ [

−6 +√6

3, ∞ [ .

On a alorsS = S1 ∩ S2 ∩ S3 .

On constate que f(−3/2) = −5/4 est negatif, donc −3/2 se trouve entre les racines de f . D’autre partf(−1) = 1 est positif , et −1 est plus grand que la demi-somme −2 des racines de f , donc est plusgrand que les deux racines. On a donc

−6−√6

3< −3

2<

−6 +√6

3< −1 < 1 .


| | | | |−6−

√6

3−3

2−6 +

√6

3

−1 1

/ / / / / / / / / / | | | | |\ \ \ \ \ \ \ \ \ \

Il en resulte que

S = [−6 +

√6

3, −1 ] ∪ [ 1, ∞ [


√5x+ 1−

√x+ 1 < 2 .

Sous la condition x ≥ −1/5, on peut elever au carre l’inequation

√5x+ 1 <

√x+ 1 + 2 ,

puisque les deux membres sont positifs, et l’on obtient

5x+ 1 = x+ 1 + 4 + 4√x+ 1 ,

c’est-a-dire, apres simplification,

x− 1 <√x+ 1 .

Si x < 1, l’inequation est verifiee. On obtient donc un premier ensemble de solutions

S1 = [−1/5, 1 [ .

Si x ≥ 1, on obtient en elevant au carre,

(x− 1)2 < x+ 1 ,

c’est-a-dire

x2 − 3x < 0 ,

et x doit se trouver entre les racines 0 et 3 de ce trinome. On obtient un second ensemble de solutions

S2 = [ 1, 3 [ .

Alors S = S1 ∪ S2, d’ou

S = [−1/5, 3 [ .



√

2x2 + 3 +√

5− 8x2 >√

4x2 + 7 .

Sous la condition que

−√

5

8≤ x ≤

√

5

8,

on peut elever au carre ce qui donne

−6x2 + 8 + 2√

(2x2 + 3)(5 − 8x2) > 4x2 + 7 ,

puis2√

(2x2 + 3)(5 − 8x2) > 10x2 − 1 .

L’inequation est verifiee lorsque 10x2 − 1 < 0, ce qui donne un premier ensemble de solutions

S1 = ]−1/√10, 1/

√10 [ .

Dans le cas contraire, c’est-a-dire si x appartient a l’ensemble ]−√

5/8, −1/√10 ] ∪ [ 1/

√10,

√

5/8 [ ,on eleve au carre ce qui donne

4(−16x4 − 14x2 + 15) > 100x4 − 20x2 + 1 ,

c’est-a-diref(x) = 164x4 + 36x2 − 59 < 0 .

Les racines du trinome 164X2 + 36X − 59 se calculent et valent 1/2 et −59/82, ce qui permet defactoriser

f(x) = (82x2 + 59)(2x2 − 1) ,

qui est du signe de 2x2 − 1 et est negatif lorsque x appartient a l’intervalle [−1/√2, 1/

√2 ] . Alors on

obtient cette fois l’ensemble de solutions

S2 = [−1/√2, −1/

√10 ] ∪ [ 1/

√10, 1/

√2 ] .

On obtient finalement S = S1 ∪ S2, d’ou

S = ]−1/√2, 1/

√2 [ .

(168) Soit p et q tels que 0 < p < q. Trouver les solutions de l’inequation

√x+ p+

√x+ q >

√x+ p+ q .


Comme

−(p+ q) < −q < −p < 0 ,

il faut deja que x ≥ −p. et l’on peut elever au carre. L’inequation equivaut a

2x+ p+ q + 2√

(x+ p)(x+ q) > x+ p+ q ,

c’est-a-dire a

2√

(x+ p)(x+ q) > −x .

On obtient un premier ensemble de solutions

S1 = ] 0, ∞ [ .

Si maintenant x est negatif ou nul, on peut elever de nouveau au carre, et l’on obtient

4(x+ p)(x+ q) > x2 ,

c’est-a-dire

f(x) = 3x2 + 4(p + q)x+ 4pq > 0 .


∆′ = 4(p + q)2 − 12pq = 4(p2 − qp+ q2) = (2p − q)2 + 3q2 > 0 ,

et puisque pq et p+ q sont positifs, le trinome f a deux racines ξ1 et ξ2 negatives telles que

ξ1 =−2(p + q)− 2

√

p2 − pq + q2

3< ξ2 =

−2(p + q) + 2√

p2 − pq + q2

3< 0 ,

et x doit se trouver a l’exterieur des racines. Enfin

f(−p) = 3p2 − 4p(p+ q) + 4pq = −p2 < 0 ,

donc −p est compris entre les racines. On obtient un deuxieme ensemble de solutions

S2 = ] ξ2, 0 ] .

On obtient finalement S = S1 ∪ S2, d’ou

S = ] ξ2, ∞ [ .


(169) Soit

F (x) =x2 − x− 6

x− 1.

1) Resoudre F (x) = −4 et F (x) > −4.

2) Montrer que si l’on a F (α) = F (β) avec α distinct de β, alors ces deux nombres α et β sontracines d’une equation de la forme

x2 − px+ p− 7 = 0 .

Verifier lorsque p = 1.

1) On a

G(x) = F (x) + 4 =x2 + 3x− 10

x− 1=

(x− 2)(x+ 5)

x− 1=

f(x)

x− 1.


x

f(x)

x− 1

G(x)

−∞ −5

O

O

1 2

O

O

∞

+ − − +

− − + +

− + − +

L’equation F (x) = −4 a donc comme ensemble de solutions

S1 = {−5, 2}

et l’inequation F (x) > −4 a pour ensemble de solutions

S2 = ]−5, 1 [∪ ] 2, ∞ [

2) Partons deα2 − α− 6

α− 1=

β2 − β − 6

β − 1.

avec α et β distincts et differents de 1. Cette egalite equivaut a

α2β − αβ2 − α2 + β2 − 7β + 7α = 0 ,

puis a

(α− β)[

αβ + 7− (α+ β)]

= 0 .

Si l’on pose

α+ β = p ,


alorsαβ = p− 7 ,

et α et β sont racines dex2 − px+ p− 7 = 0 .

Par exemple, si p = 1, on trouvex2 − x− 6 = 0 ,

dont les racines sont α = 3 et β = −2 et verifient

F (−2) = F (3) = 0 .

Chapitre 4

Divers

Dans ce chapitre, sauf demande expresse, les recherches d’extrema se font sans derivation.

L’exercice 170 donne des resultats que l’on utilise dans certains des exercices suivants.

4.1 Extrema

(170) 1) Trouver le maximum du produit de deux nombres dont la somme est donnee.

2) Trouver le minimum de la somme de deux nombres positifs dont le produit est donne.

Les nombres sont solutions de l’equation

x2 − Sx+ P = 0 ,

dont le discriminant vaut

∆ = S2 − 4P .

Ce discriminant doit etre positif ou nul. On a donc toujours

4P ≤ S2 .

1) Si S est fixe, la plus grande valeur de P possible est obtenue lorsque

P =S2

4

Les nombres sont alors egaux et valent S/2.

124 CHAPITRE 4. DIVERS

2) Ici P et S sont positifs. Si P est fixe, la plus petite valeur de S possible est obtenue lorsque

S = 2√P

Les nombres sont alors egaux et valent√P .

(171) Determiner le minimum de

S(x) =x2

5+

125

x2.

Le produit des deux nombres positifs x2/5 et 125/x2 vaut P = 25. Le minimum de la somme S(x) estdonc, d’apres l’exercice 170,

m = 2√P ,

doncm = 10

(172) Determiner le maximum de

P (x) = (x+ 7)(5 − x) .

La somme des deux nombres x+ 7 et 5− x vaut 12. Le maximum du produit P (x) est donc, d’apresl’exercice 170,

M =S2

4,

doncM = 36

(173) Determiner le maximum de

P (x) = (2x+ 7)(11 − 2x) .

4.2. EXTREMA ET GEOMETRIE 125

La somme des deux nombres 2x+7 et 11−2x vaut 18. Le maximum du produit P (x) est donc, d’apresl’exercice 170,

M =S2

4,

doncM = 81

(174) Soit l’equation3x2 − 4x+m2 + 5m− 14 = 0 .

Determiner m pour que le produit des racines soit maximum.

La somme des racines vaut S = 4/3. Le maximum du produit P est donc, d’apres l’exercice 170,

M =S2

4,

donc

M =4

9.

Il est obtenu lorsquem2 + 5m− 14

3=

4

9,

c’est-a-dire3m2 + 15m− 46 = 0 .

D’ou

M =

{

−15−√777

6,−15 +

√777

6

}

4.2 Extrema et geometrie

(175) On se donne un triangle rectangle dont la longueur a de l’hypothenuse est fixee, quel est lemaximum de l’aire A du triangle que l’on peut obtenir et dans quel cas ?


Les autres cotes etant de longueurs b et c, on a

A =bc

2et a2 = b2 + c2 .

La somme b2 + c2 etant fixee le maximum du produit b2c2 vaut d’apres l’exercice 170

(b2 + c2)2

4=

a4

4,

donc le maximum de A vaut

M =a2

4

et est obtenu lorsque le triangle est isocele rectangle.

(176) 1) On se donne un triangle dont la longueur a d’un cote est fixe, les autres etant de longueursb et c. On fixe le perimetre 2p du triangle, quel est le maximum de l’aire A du triangle que l’onpeut obtenir et dans quel cas ?

2) La longueur a pouvant varier cette fois, par un calcul de derivation, trouver quel est le maximumde l’aire d’un triangle de perimetre 2p et dans quel cas on l’obtient.

1) On part des formules

A =√

p(p− a)(p − b)(p − c) et a+ b+ c = 2p ,

Comme a et p sont fixes, il en est de meme de

b+ c = 2p− a .

Remarque : comme la somme AB +AC est constante, le sommet A se trouve sur une ellipse dont lesfoyers sont B et C.

On ecritA

2 = p(p− a)(p2 − (b+ c)p+ bc) = p(p− a)(p2 − p(2p − a) + bc) .

Le nombre A est maximal lorsque le produit bc est maximal. On est donc ramene a trouver le maximumdu produit de deux nombres quand la somme est fixee. D’apres l’exercice 170 c’est le cas lorsque

bc =(b+ c)2

4.

Dans ce cas

b = c =b+ c

2=

2p − a

2.


Le triangle est isocele, et

A2 = p(p− a)

(

p− b+ c

2

)2

= p(p− a)a2

4.

L’aire maximale obtenue est donc

A =a

2

√

p(p− a)

2) Considerons la fonction g definie sur [ 0, ∞ [ par

g(a) =a2

4p(p− a) =

p

4(pa2 − a3) .

Sa derivee

g′(a) =p

4(2pa− 3a2)

s’annule pour a = 2p/3. (La valeur a = 0 donne le minimum qui est nul). Donc le maximum de g estobtenu lorsque

a = b = c =2p

3,

c’est-a-dire pour un triangle equilateral et dans ce cas le maximum de l’aire vaut

A =p2√3

9

(177) En utilisant les exercices 175 et 176 montrer que l’aire maximale d’un quadrilatere deperimetre fixe est obtenue pour un carre.

Tout d’abord si un quadrilatere n’est pas convexe, on peut obtenir un quadrilatere convexe de memeperimetre et d’aire strictement plus grande en remplacant les cotes ”en creux” par les deux autres cotedu parallelogramme que l’on peut former sur ceux-ci, comme on le voit sur le dessin suivant.


On peut donc se limiter aux quadrilateres convexes. Ensuite, si l’on fixe une diagonale (horizontale surle dessin) d’un quadrilatere convexe, on peut considerer les deux triangles de part et d’autre de cettediagonale, et d’apres l’exercice 176, on obtient un quadrilatere d’aire plus grande, tout en gardant lememe perimetre, lorsque ces deux triangles sont isoceles.

Maintenant si l’on considere l’autre diagonale (verticale sur le dessin), les deux triangles de part etd’autre ont le meme perimetre et, toujours d’apres l’exercice 176, on obtient un quadrilatere d’aire plusgrande, tout en gardant le meme perimetre, lorsque ces deux triangles sont isoceles. Le quadrilatereest alors un losange.

Pour finir, dire que le perimetre d’un losange est fixe revient a dire que l’on fixe la longueur d’un cote.On a alors quatre triangles rectangles egaux et le probleme revient a trouver le triangle rectangle d’airemaximale quand on fixe la longueur de l’hypothenuse, ce qui, d’apres l’exercice 175 a lieu lorsque letriangle est isocele, et donc lorsque le quadriatere est un carre.


(178) 1) On se donne un triangle ABC dont la longueur 2a du cote BC est fixee. On fixe l’aireA du triangle. Montrer que le minimum du perimetre 2p du triangle est obtenu lorsque le triangleest isocele ?

2) La longueur 2a pouvant varier cette fois, par un calcul de derivation, determiner quel est leminimum du perimetre d’un triangle d’aire A et dans quel cas on l’obtient.

Si h est la hauteur du triangle, on a

A = ah ,

donc h est constante et le sommet A du triangle se trouve sur une parallele (D) a la base BC. NotonsO le milieu de BC et B′, H, C ′ les projections de B, O et C sur (D). La droite (D) est supposeeorientee de telle sorte que B′C ′ soit positif.

✲(D)H

B

B′

C

C ′

O

A

1) Posons

x = HA .

Alors

OC = −OB = a ,

et l’on a, en calculant la longueur des hypothenuses des triangles ABB′ et ACC ′,

AB =√

h2 + (x+ a)2 et AC =√

h2 + (x− a)2 .

Donc

2p =√

h2 + (x+ a)2 +√

h2 + (x− a)2 + 2a .

On compare au perimetre du triangle isocele BCH qui vaut

2p′ = 2√

h2 + a2 + 2a .

On remarque que

(AB ·AC)2 =[

(h2+x2+a2)+2xa][

(h2+x2+a2)−2xa]

= (h2+x2+a2)2−4a2x2 = (h2−x2+a2)2+4h2x2 .


Alors p− p′ est du signe de

(AB +AC)2 − 4HB2 = AB2 +AC2 + 2AB · AC − 4HB2

= 2(h2 + x2 + a2) + 2√

(h2 − x2 + a2)2 + 4h2x2 − 4(h2 + a2)

= 2[√

(h2 − x2 + a2)2 + 4h2x2 − (h2 − x2 + a2)]

.

On peut minorer cette difference par

2[√

(h2 − x2 + a2)2 − (h2 − x2 + a2)]

= 2[

|h2 − x2 + a2| − (h2 − x2 + a2)]

qui est toujours positif.

Le minimum est donc obtenu dans le cas du triangle isocele et l’on a

2p = 2

(

a+

√

A 2

a2+ a2

)

2) Posons

g(a) = a+

√

A 2

a2+ a2 .

En derivant on obtient

g′(a) = 1 +a− A 2

a3√

A 2

a2+ a2

= 1 +a4 − A 2

a2√

A 2 + a4.

La derivee s’annule lorsque

a2√

A 2 + a2 = A2 − a4 .

Cela necessite quea2 ≤ A ,

et dans ce cas, en elevant au carre, la derivee s’annule lorsque

a4(A 2 + a4) = A4 − 2A 2a4 + a8 ,

ce qui donne3A 2a4 = A

4 ,

donc

a2 =A√3.

La solution convient et finalement

a =

√A

4√3

.

AlorsA =

√3 a2 = ah .


La hauteur du triangle vaut donch = a

√3 ,

et le triangle est equilateral. Le perimetre 2p vaut 6a, donc

2p = 6

√A

4√3

(179) Soit un demi-cercle (C) d’extremites A et B, de centre O et de rayon 1. Une parallele aAB coupe (C) en M et N . On suppose que la projection M ′ de M sur AB se trouve entre O etA. Quelle est la plus grande valeur possible du demi-perimetre p du trapeze ABNM ? Dans quellesituation geometrique se trouve-t-on alors ?

A O BM ′

M N

Notons x la distance OM ′.

Les triangles rectangles AMM ′ et ABM sont semblables. On a donc

AM

AB=

AM ′

AM,

d’ouAM2 = AM ′ · AB ,

ce qui donneAM2 = 2(1− x) .

Alors, par symetrie,BN = AM =

√

2(1 − x) ,

D’autre partMN = 2x .

Le demi-perimetre du trapeze AMNB vaut donc

p =√

2(1 − x) + x+ 1 .


Resolvons cette equation que l’on peut ecrire

√

2(1 − x) = p− 1− x .

Elle implique, en elevant au carre,

2(1− x) = (p− 1− x)2 ,

c’est-a-direx2 − 2(p − 2)x+ (p− 1)2 − 2 = 0 ,


∆′ = (p− 2)2 − (p− 1)2 + 2 = 5− 2p .

Il est positif si et seulement si p ≤ 5/2. C’est une condition necessaire pour qu’il existe des solutions.La plus grande valeur de p possible est donc

P = 5/2

Dans ce cas l’equation a une racine double x = 1/2, et l’on a

AM = MN = NB = 1 .

Cette situation correspond au cas ou le trapeze est un demi-hexagone regulier pour lequel les cotessont egaux au rayon du cercle.

4.3 Autres problemes issus de la geometrie

(180) On considere un point M sur un segment AB de longueur 2m. On construit du memecote de AB, les triangles isoceles rectangles APM et BQM . Determiner la position de M pourque la distance de P a Q soit une longueur ℓ donnee. Quand le probleme est-il possible ? A quellessituations correspondent les cas ou cette distance est maximale ou minimale.

A M BO

P

Q

4.3. AUTRES PROBLEMES ISSUS DE LA GEOMETRIE 133

Posons

x = OM ,

ou

|x| ≤ m.

Les hypothenuses AM et BM ont pour longueurs respectives m + x et m − x. On a alors dans lestriangles isoceles rectangles

PM2 =1

2(x+m)2 et QM2 =

1

2(x−m)2 ,

donc, puisque le triangle PMQ est rectangle en M , on obtient, d’apes le theoreme de Pythagore,

PQ2 =1

2

[

(x+m)2 +1

2(x−m)2

]

= x2 +m2 .

On cherche x pour que

x2 +m2 = ℓ2 .

Il est bien sur necessaire que

ℓ ≥ m,

et l’on a dans ce cas deux valeurs symetriques

x = ±√

ℓ2 −m2 ,

La condition

|x| ≤ m,

implique que

ℓ ≤√2m.

En resume, le probleme est possible si et seulement si

m ≤ ℓ ≤√2m

et l’on a alors

S = {−√ℓ2 −m2,

√ℓ2 −m2}

La distance est minimale lorsque m = ℓ c’est-a-dire x = 0. C’est le cas ou les deux triangles isocelessont egaux. Elle est maximale lorsque ℓ =

√2m. Dans ce cas x = ±m, et un des triangles est reduit

a un point, l’autre a pour base AB tout entier.


(181) Soit un cercle (C) de centre O et de rayon R, et A un point du cercle. Soit AB et AC deuxcordes de meme longueur. Soit M l’intersection de BC et AO. Determiner les points M tels que

AB2 +AC2 +BC2 = 4ℓ2

ou ℓ est un nombre positif donne. Quand le probleme est-il possible ?

A O A′

M

B

C

Soit A′ le symetrique de A par rapport a O. On pose

x = AM .

Les triangles ABM et AA′B etant des triangles rectangles semblables, on a

AB

AA′=

AM

AB,

doncAB2 = AM ·AA′ ,

ce qui donneAC2 = AB2 = 2xR .

De meme les triangles BMA′ et AMB sont semblables et

BM

AM=

MA′

MB,

doncBM2 = AM ·A′M ,

ce qui donneBM2 = x(2R − x) ,


et

BC2 = (2BM)2 = 4x(2R − x) .

Alors

AB2 +AC2 +BC2 = 4xR+ 4x(2R − x) = 4(3xR − x2) .

On trouve l’equation

3xR− x2 = ℓ2 ,

c’est-a-dire

f(x) = x2 − 3xR+ ℓ2 = 0 ,

dont on cherche les solutions comprises entre 0 et 2R. On a

∆ = 9R2 − 4ℓ2 , P = ℓ2 et S = 3R .

On obtient donc des solutions si et seulement si

ℓ ≤ 3R

2

et les solutions sont positives.

D’autre part

f(2R) = ℓ2 − 2R2 etS

2− 2R = −R

2.

On distingue alors les cas suivants.

a) Si 0 < ℓ <√2R, alors 2R est compris entre les racines et le probleme a une solution et une seule,

donc

S =

{

3R−√9R2 − 4ℓ2

2

}

b) Si√2R < ℓ <

3R

2, alors 2R est plus grand que la plus grande des racines et le probleme a deux

solutions, donc

S =

{

3R−√9R2 − 4ℓ2

2,3R+

√9R2 − 4ℓ2

2

}

Avec les cas particuliers suivants :

- si ℓ = 0, alors x = 0 et M est en A,

- si ℓ =√2R, alors x = 2R et M est en A′,

- si ℓ = 3R/2, alors x = 3R/2 et M est le milieu de OA′.


(182) Soit un demi-cercle (C) d’extremites A et B, de centre O et de rayon R, et M un point dudemi-cercle. Soit M ′ la projection de M sur AB. On pose

AM = x .

1) Determiner les points M tels que

AM +AM ′ = α ,

ou α est un nombre donne. Quand le probleme est-il possible ?

2) Determiner les points M tels que

AM −AM ′ = β ,

ou β est un nombre donne. Quand le probleme est-il possible ?

A O BM ′

M N

1) Tout d’abord, le nombre α doit etre positif.

Les triangles rectangles AMM ′ et ABM sont semblables. On a donc

AM

AB=

AM ′

AM,

d’ouAM2 = AM ′ ·AB = 2R · AM ′ ,

ce qui donne

AM ′ =x2

2R,

puis

AM +AM ′ = x+x2

2R,

et l’on se ramene a l’equationx2 + 2Rx− 2Rα = 0 .

On a∆′ = R2 + 2Rα , S = −2R et P = −2Rα ,


puis

f(2R) = 2R(4R − α) etS

2− 2R = −3R .

a) Si α > 4R, alors x1 < 0 < 2R < x2 et le probleme n’a pas de solution.

b) Si 0 < α < 4R, alors x1 < 0 < x2 < 2R et le probleme a une solution et une seule

S ={

−R+√

R(R+ 2α)}


- si α = 0, alors x est nul et M est en A,

- si α = 4R, alors x vaut 2R et M est en B.

Le probleme est donc possible si et seulement si α appartient a l’intervalle

I = [ 0, 4R ]

2) Tout d’abord, le nombre β doit etre positif, car un cote d’un triangle rectangle a une longueurinferieure a celle de l’hypothenuse.

On obtient cette fois

AM −AM ′ = x− x2

2R.

et l’on se ramene ainsi a l’equation

x2 − 2Rx+ 2Rβ = 0 ,

dont ont cherche les racines comprises entre 0 et 2R. On a

∆′ = R2 − 2Rβ = R(R− 2β) .

Il faut donc que 0 ≤ β ≤ R/2. Par ailleurs

S = 2R P = 2Rβ ,

ainsi que

f(2R) = 2Rβ etS

2− 2R = −R .

Alors 0 < x1 < x2 < 2R et le probleme a deux solutions.

S ={

R−√

R(R− 2β)) , R+√

R(R− 2β)}


- si β = 0, alors x vaut 0 ou 2R et M est en A ou B,


- si β = R/2, alors x vaut R et M est le point tel que AM = R, donc AM est le cote d’un demi-hexagone regulier inscrit dans le demi-cercle.

Le probleme est donc possible si et seulement si β appartient a l’intervalle

I = [ 0, R/2 ]

(183) Soit un triangle equilateral de sommets A, B et C et de cote 2. Soit M un point du coteAB, H le milieu de BC et K la projection de M sur AH. On pose

MK = x .

Determiner le point M tel que AM + MH soit un nombre q donne. Quand le probleme est-ilpossible ?

A

B CH

M K

La hauteur du triangle ABC vaut√3. Le triangle AMK se deduit de ABH par une homothetie de

centre A et de rapportMK

BH= x .

Il en resulte que

AM = xAB = 2x et AK = xAH = x√3 .

Donc

KH = AH −AK =√3 (1− x) .

Alors, en calculant la longueur de l’hypothenuse du triangle rectangle MKH, on obtient

MH2 = KH2 +MK2 = 3(1 − x)2 + x2 = 4x2 − 6x+ 3 .

On obtient

AM +MH = 2x+√

4x2 − 6x+ 3 = q ,


et l’on resout l’equation√

4x2 − 6x+ 3 = q − 2x .

ou x appartient a l’intervalle [ 0, 1 ] .

Si q − 2x est positif, on obtient en elevant au carre

4x2 − 6x+ 3 = q2 − 4qx+ 4x2 ,

d’ou

(4q − 6)x = q2 − 3 ,

et finalement, si q 6= 3/2,

x =q2 − 3

4q − 6

Il reste a satisfaire aux conditions sur q et x. Tout d’abord

q − 2x = q − q2 − 3

2q − 3=

q2 − 3q + 3

2q − 3.

Le numerateur q2 − 3q + 3 a pour discriminant −3, il est donc toujours positif et q − 2x est positif siet seulement si q > 3/2.

Sous cette condition x est positif si et seulement si q ≥√3. Par ailleurs

1− x = −q2 − 4q + 3

4q − 6

est positif lorsque q2 − 4q + 3 est negatif, c’est-a-dire lorsque q appartient a [ 1, 3 ] .

En resume le probleme a une solution si et seulement si q appartient a l’intervalle

I = [√3, 3 ]

Cas particuliers :

- si q = 3, alors x vaut 1 et M est en B,

- si q =√3, alors x est nul et M est en A.


(184) Soit S et P deux nombres strictement positifs et le trinome

f(x) = x2 − Sx+ P

de racines u et v.

1) Montrer qu’il est possible de construire deux triangles isoceles qui ne soient pas egaux dont leslongueurs des cotes soient racines du trinome si et seulement si

8P < 2S2 < 9P .

2) Donner une condition necessaire et suffisante liant S et P pour que le triangle isocele dont leslongueurs des cotes sont u, v, v soit rectangle.

1) Une premiere condition est que le discriminant soit positif. Dans ce cas, puisque le produit et lasomme des racines sont strictement positifs, les racines seront strictement positives. Les longueurs descotes des triangles isoceles seront donc (u, u, v) et (v, v, u). Ensuite, si l’on veut obtenir deux trianglesdistincts, ils ne peuvent etre equilateraux et les racines de P doivent etre distinctes. Finalementl’existence de racines positives distinctes a lieu si et seulement si

∆ = S2 − 4P > 0 .

Alors, en raison des inegalites triangulaires, pour pouvoir obtenir deux triangles, on doit avoir a la fois

u < 2v et v < 2u ,

ou encoreS = u+ v < 3v et S = u+ v < 3u .

Le nombre S/3 doit donc etre inferieur aux racines de f . Comme S/3 est inferieur a la demi-sommeS/2 des racines, la condition a lieu si et seulement si f(S/3) est positif, donc

f(S/3) =S2

9− S2

3+ P =

1

9(9P − 2S2) > 0 .

On obtient bien la condition9P > 2S2 > 8P .

2) Si le triangle est isocele rectangle, d’apres le theoreme de Pythagore, l’hypothenuse a pour longueur

u =√2 v .

AlorsS = u+ v = (1 +

√2)v ,

et donc

v =S

1 +√2.


Le triangle est rectangle si et seulement si f(v) est nul c’est-a-dire

S2

(1 +√2)2

− S2

1 +√2+ P = 0 ,

ce qui donne √2S2 = (1 +

√2)2P = (3 + 2

√2)P ,

et finalement, en multipliant par√2

2S2 = (4 + 3√2)P

En remarquant que9 > 3

√2 + 4 > 8 ,

la condition9P > 2S2 > 8P ,

est satisfaite dans ce cas, et la condition est suffisante pour que l’un des triangles soit rectangle.

D’ailleurs, on peut expliciter le polynome. On a

P =

√2

3 + 2√2S2 =

√2 (3− 2

√2)S2 = (3

√2− 4)S2 ,

doncf(x) = x2 − SX + (3

√2− 4)S2 ,

qui a pour racines (√2− 1)S et (2−

√2)S =

√2(√2− 1)S.

Documents

EXERCICES SUR LE DEUXIEME DEGRE - univ-lorraine.frGerard.Eguether/zARTICLE/DEGRE.pdf · 2 ˙ 1.2 Existence et signe des racines (23) Pour quelles valeurs de m l’´equation (m −1)x2