1. Equations polynomiales CHAPITRE Equations et inéquations Partie A : Equations Définition. Une équation polynomiale d'inconnue est une équation de la forme (ou équivalente à) p ( ) =, où p est un polynôme de degré 1. Le degré de l'équation polynomiale est par définition le degré du polynôme p. Une solution de l'équation p ( ) = est appelée racine du polynôme p. Eemples d'équations polynomiales. 3 L'équation + 4 4 + 5 = est polynomiale de degré 3. 3 4 5 L'équation 1+ + + + + = est polynomiale de degré 5. L'équation 4 = 5 est polynomiale de degré. En effet, il suffit de transporter tous les termes du e memre dans le 1 er memre : on voit alors que le polynôme p ( ) de la définition est égal à 4 + 5. Attention : l'équation ( + 1) = + 3 + n'est pas, comme on pourrait le croire à priori, du e degré. En effet, après réduction des termes semlales, on constate qu'elle est du 1 er degré : + 1 = + 3 + + = + + = 3 + = +... 3 Il est rassurant de noter qu'une équation qui semle non polynomiale à première vue, est souvent équivalente à une équation polynomiale après des transformations adéquates. Dans l'eemple suivant, on utilise la multiplication en croi. 3 = 4 = 3 ( + ) 4 = 3 + 6 + 4 Et voilà une équation qui est ien polynomiale! Remarque. Il est important d'identifier le degré d'une équation polynomiale avant de la résoudre. En effet, la méthode de résolution en dépend considéralement. Le théorème suivant, que nous admettons, constitue un résultat important sur le nomre de solutions d'une équation polynomiale. Théorème. Une équation polynomiale de degré n 1 a au plus n solutions. Avant de déterminer le degré d'une équation polynomiale, il faut réduire les termes semlales. Eemple. Une équation du e degré a donc soit solutions, soit 1 solution, soit aucune solution. Montrons que toutes les situations sont possiles. = 4 = ou =. Cette équation a solutions distinctes. = =. Cette équation a 1 solution. = 1 est impossile car un carré est toujours positif. Cette équation n'a donc pas de solution.
. Equations du 1 er degré Définition. Une équation du 1 er degré d'inconnue est une équation de la forme (ou équivalente à) a + =, où a et sont des constantes réelles avec a. Remarque. Si a = alors le terme a s'annule et l'équation n'est pas du 1 er degré. Théorème. Toute équation du 1 er degré a eactement une solution. Démonstration. Soit a + = une équation du 1 er degré, avec a R et R. On a : a + = a = =. a Cette équation a donc une solution unique : S = a. Eemples et contre-eemples. + 6 = = 6 = 3 3 = + 1 / 6 = 4 + 1 ( ) 6 = 4 + 4 4 = 6 + 4 3 = 1 / 3 1 = 3 + 1 + 5 = 3 6 3 + + 5 = / 6 6 6 6 3 = + 5 = + 5 = 5 + = 7 = 7 S = 1 + 1 = 1 1 + 1 = 1 + + = 1 1 + + = = S = R 1 1 A partir de cette ligne, on est sûr qu'il s'agit d'une équation du 1 er degré. Est-ce une équation du 1 er degré? Non, car les monômes du 1 er degré disparaissent au cours de la réduction! Est-ce une équation du e degré? Non, car les carrés disparaissent ; mais l'équation n'est pas non plus du 1 er degré car les termes du 1 er degré se détruisent aussi!.
3. Equations du e degré Définition. Une équation du e degré d'inconnue est une équation de la forme (ou équivalente à) a + + c =, où a, et c sont des constantes réelles avec a. Remarque. Si a = alors le terme a s'annule et l'équation n'est pas du 1 er degré. Pour résoudre une équation du e degré, il faut factoriser si possile le polynôme p = a + + c en facteurs du 1 er degré, puis utiliser la règle du produit nul. Eemples. = 4 (1) 4 = ( )( ) + = = ou + = = ou = {, } S = p = 4 est un produit remarquale. = 3 + () = + = ( ) ( 1) 4 ( )( ) ( 3)( 1) { 3, 1} 3 1 1 3 + 1 4 = = 1 1+ = + = 3 = ou + 1 = = 3 ou = 1 S = 4 4 + 3 = (3) + + = 4 4 1 1 3 ( ) 1 + = S = > p = 3 n'est pas un produit remarquale. Mais est le déut d'un produit remarquale. D'où l'idée d'ajouter le carré manquant (+1) et de le retrancher ensuite ( 1) ; dans la ligne suivante, on regroupe convenalement les termes, ce qui conduit à une différence de carrés. Cette méthode est appelée méthode du complément quadratique. p une somme de termes, dont le premier est un carré et le deuième un réel strictement positif. = 4 4 + 3 ne peut pas être factorisé car c'est La méthode du complément quadratique, appliquée dans les deu derniers eemples aoutit a deu résultats totalement différents. L'équation () admet solutions distinctes tandis que l'équation (3) n'admet aucune solution. En effet le polynôme dans l'équation () peut être factorisé en deu facteurs du premier degré contrairement au polynôme dans l'équation (3). A quelle condition le polynôme p = a + + c peut-il être factorisé? Le théorème suivant permettra de donner une réponse précise à cette question. Proposition et définition. Soit p a c eiste deu constantes u et v telles que : ( R) forme canonique de p ( ). = + + un polynôme (trinôme) du second degré. Il p = a u + v. Cette écriture est appelée.3
Démonstration. en posant : = 4ac. Définition. Le nomre Posant u = et v a ( R) = + + p a c a = a + + a 4ac = a + + + 4ac c a ( ) a 4 a 4 a 4 a grouper grouper = a + a 4a 4ac = a + a 4a = a + a 4a = 4ac est appelé discriminant du trinôme 4a p. p = a u + v. =, on otient la forme canonique annoncée : Pour factoriser p ( ), nous mettons à nouveau a en évidence. Donc : p = a + a 4a ( R) On discute maintenant en fonction du signe de : 1 er cas : > (.1) Alors : p = a + a a = a + + + a a a a + = a + + a a D'après la règle du produit nul, le polynôme p admet deu racines distinctes, à savoir : La factorisation de p ( ) est : + 1 = et = (.) a a p = a (.3) 1.4
e cas : = Alors on a : p = a + a Il en résulte que le polynôme p admet une racine unique (appelée encore racine doule puisqu'elle coïncide avec 1 et ), à savoir : La factorisation de p ( ) est : 3 e cas : < Alors :.5 = ( = 1 = ) (.4) a p = a (.5) p = a +. a + 4a > Il en résulte que l'équation p ( ) = n'admet pas de solution et qu'il est impossile d'écrire p( ) comme produit de deu polynômes du premier degré. Le théorème suivant résume notre étude. Théorème. Soit pg = a + + c discriminant. un trinôme du second degré ( ) Si > alors p admet deu racines distinctes : = 1 a et La factorisation de p = g est : p a 1g g Si = alors p admet une racine doule : = a. La factorisation de pg est : p = a ( ) Si < alors p n'admet pas de racine et pg ne se factorise pas. Eemples. Reprenons le polynôme de l'équation () : Le discriminant est : = 4 1 3 = 16 >. 4 + 4 Les racines sont : 1 = = 1 et = = 3. Reprenons le polynôme de l'équation (3) : a et = + a. (.6) = 4ac son p = 3. ( a = 1, = et c = 3 ) p = 4 4 + 3. ( a = 4, = 4 et c = 3 ) Le discriminant est : = ( 4) 4 4 3 = 3 <. Ce polynôme n'a donc pas de racine.
4. Equations de degré 3 Si p est un polynôme de degré n 3, alors on commence par chercher une racine évidente du polynôme. Pour cela on dispose du résultat suivant : Théorème 1. Soit p ( ) un polynôme de degré n 1 à coefficients entiers : n n 1 p = an + an 1 +... + a1 + a avec an, an 1,..., a1, a Z (.7) Si u Z est une racine entière de pg, alors u divise a (terme constant). u Si Q est une fraction irréductile et racine de v p, alors u divise a (terme constant) et v divise a n (coefficient du terme de degré n). Démonstration. On va se contenter de démontrer le premier point. u est racine de p p u = n a u + a u +... a u + a = n n 1 n 1 1 n 1 n ( n n... ) u a u + a u + a = a 1 1 u est un diviseur de a. Eemple. Soit à résoudre l'équation 3 On doit chercher une racine évidente du polynôme 3 Ici : a3 = 1, a =, a1 = 1, a = 1. Div ( 1) = { ± 1, ±, ± 3, ± 4, ± 6, ± 1} p ( 1) = 1 + 1 1 p = 8 8 + 1 p ( 3) = 7 18 + 3 1 = + 1 = (.8) p = + 1. Donc 3 est racine évidente de p ( ) et solution de l'équation. On sait alors que par 3. En général, nous rappelons le théorème suivant : Théorème. Soit p un polynôme et a un nomre réel. a est racine de p p est divisile par ( a) p est divisile (.9) Poursuivons la résolution de l'équation (.8) : il faut diviser p ( ) par 3. Schéma de Horner : Donc : p ( 3)( 4) 1-1 -1 3 3 3 1 1 1 4 = + +. Pour trouver les autres solutions de (.8), il reste à déterminer q = + + 4. Or = 1 4 1 4 = 15 <, donc q( ) n'admet pas de S = 3. les racines du trinôme racine. Ainsi l'ensemle de solutions de (.8) se réduit à { }.6
5. Equations rationnelles (i.e. contenant l'inconnue au dénominateur) Méthode : 1. Ecrire les conditions d'eistence : une fraction eiste si et seulement si son dénominateur ne s'annule pas. Le domaine de l'équation est l'ensemle des réels pour lesquels l'équation a un sens.. Mettre toutes les fractions sur un dénominateur commun. 3. Multiplier l'équation par ce dénominateur commun pour se ramener à une équation polynomiale. 4. Résoudre l'équation polynomiale. Attention : une solution de l'équation polynomiale est solution de l'équation rationnelle donnée si et seulement si elle appartient au domaine de celle-ci. Eemple. 3 1 4 + = 4 Conditions d'eistence : 4 ( )( + ) et Domaine : D = R \ {,,-} ( D) 3 1 4 + = 4 3( ) ( + ) ( + ) 4 + = / ( )( + ) ( )( + ) ( )( + ) ( ) ( + ) Voici une équation polynomiale! 3 4 + + = 4 3 1 + + = 4 = 1 { 6} = 6 D S = Elle est du 1 er degré. a eiste Attention : a = a = ou = a a et La solution est ien dans le domaine de l'équation initiale. 6. Equations irrationnelles (i.e. contenant des radicau) Eemple. Soit à résoudre l'équation On commence par déterminer le domaine de l'équation. Conditions d'eistence : 1 1 1 + 1 Donc : D 1 =,1 1 = + 1 (.1) a eiste a a =.7
( D) 1 = + 1 / ( ) ( ) 1 = + 1 1 4 4 1 = + + + = 4 5 4 + 5 = = ou 4 + 5 = 5 = ou = 4 S = { } La solution On a le droit d'élever au carré les deu memres d'une équation à condition qu'ils soient positifs. En particulier : (, R ) 5 = est à eclure car elle n'est pas dans le domaine de l'équation. 4 Partie B : Inéquations a a = a = + 1. Rappel : Etude du signe d'un inôme du 1 er degré Taleau du signe du inôme a a + lorsque a > : + a +, a > + Taleau du signe du inôme a a + lorsque a < : + a +, a < + Remarque. Il faut ien distinguer entre les cas a > et a <. Retenons que le signe de a se trouve toujours à droite dans le taleau. Eemple : Etude du signe de + 3. Ce inôme s'annule pour = 6. La constante a est égale à 1 <, d'où le taleau du signe : 6 + + 3 +.8
. Inéquations du e degré Eemple. Soit l'inéquation du e degré : 4 9. Comme dans le cas des équations (cf. chapitre 5), on commence par transporter tous les termes dans un memre, puis on factorise le memre non nul. 4 9 4 9 ( 3)( 3) + Il faut ensuite étudier le signe du produit ( 3)( 3) +. Rappelons à cette occasion que : Un produit de deu facteurs est positif ssi les deu facteurs ont même signe. a a a ou Un produit de deu facteurs est négatif ssi les deu facteurs ont des signes opposés. a a a ou En particulier : ( a R) a (.11) (.1) (.13) Revenons à notre eemple. Etudions d'aord le signe des deu inômes 3 et + 3. 3 3 = = 3 = 3 + 3 + 3 = = 3 = 3 + 3 + + 3 + g g : D'où le signe du produit 3 + 3 3 3 + 3 + + 3 + + + ( 3)( 3) + + + Or, d'après ( ), on cherche les tels que le produit ( 3)( 3) ], 3 ] [ 3, [ S = +..9 + soit positif ou nul. Donc :
Remarquons que le taleau du signe précedent permet de résoudre d'autres inéquations. Par eemple : 4 > 9 ( 3)( + 3) > ], 3 [ ] 3, + [ 4 9 ( 3)( + 3) [ 3, 3 ] 4 < 9 ( 3) ( + 3) < ] 3, 3 [ Généralisons : Soit p a c du type p ou p, il faut étudier le signe de 1 er cas : > Alors on a : p = a suite nous supposons que 1 <. = + + un trinôme du second degré. Pour résoudre une inéquation p. 1g g où 1 et sont les deu racines distinctes de p. Dans la 1 + 1 + + + + ( ) ( ) + + 1 p ( ) si a > + + p ( ) si a < + En résumé : 1 + g signe de a signe contraire de a signe de a p On retiendra la règle générale : p ( ) a le signe de a sauf entre les racines (.14) Eemple. Soit à résoudre l'inéquation 3 5 On a : 9 4 5 49 p admet deu racine distinctes : = + =. Donc Voici le taleau du signe de p ( ) : p = 3 5. >. Etudions le signe de 3 7 3 + 7 5 1 = = 1 et = = 4 4 1 5 + 3 5 + + L'ensemle de solutions de l'inéquation est : ], 1 [ ] 5, [ e cas : = S = +..1
g où Alors on a p = a. D'où le taleau du signe : est la racine doule de p. Le carré ( ) est toujours + ( ) + + pg si a > + + pg si a < En résumé : + g + + g signe de a signe de a p Remarquons que la règle (.14) est toujours valale. En effet, comme il y a une seule racine, la région "entre les racines" n'eiste pas. Voilà pourquoi p ( ) a toujours le signe de a, sauf pour =, où p ( ) s'annule. Eemple. Etudions le signe du trinôme 1 = = et = =. On a : 144 4 ( 9) ( 4) D'où le taleau du signe de p g : p = 9 + 1 4. 18 3 3 + 9 + 1 4 = 3. Remarque. On aurait pu déduire ce taleau du fait (élémenatire) que p D'où : L'inéquation L'inéquation L'inéquation L'inéquation 9 + 1 4 < admet comme solutions : ], [ ] [ { 3 3, R \ 3} 9 + 1 4 est toujours vraie : R S =. 9 + 1 4 > n'a pas de solution : S =. 9 + 1 4 a une solution unique : { 3} S = + =. S =..11
3 e cas : < Alors, d'après (.6) : p = a + + a 4a. > > Il en résulte que p a toujours le signe de a. Le taleau du signe de particulièrement simple : p est donc + g p signe de a Eemple. Le trinôme + + 5 est toujours >. En effet : = 1 = 19 < et a = 1 >. D'où : L'inéquation + + 5 > est toujours vraie : S = R. L'inéquation L'inéquation L'inéquation 3. Inéquations de degré 3 Méthode : + + 5 est toujours vraie : S = R. + + 5 < n'a pas de solution : S =. + + 5 n'a pas de solution : S =. 1. Transporter tous les termes dans un memre.. Factoriser le memre non nul en facteurs du 1 er ou du e degré. 3. Etalir le taleau du signe du produit. 4. Ecrire l'ensemle de solutions de l'inéquation. Eemples. 3 + + + 1 + 1 + + 1 ( 1)( 1) + + Remarquons que ( R) + 1 >. D'où le taleau du signe suivant : 1 + + 1 + + 1 + + + ( 1)( 1) + + + L'ensemle de solutions de l'inéquation est donc : S = [ 1, + [..1
Il arrive qu'un facteur soit présent avec un eposant supérieur à 1. Par eemple : 3 4 4 > 4 4 1 > ( ) 1 > Remarquons que le carré ( 1) est toujours. Il s'annule lorsque 1 =, i.e. lorsque 1 =. D'où le taleau du signe : + + + 1 + ( 1) + + + + ( 1) + + L'ensemle de solutions est : ], [ \ { } S = +. 1 Dans d'autres eemples des facteurs peuvent surgir avec l'eposant 3, 4 ou plus. On pourra donc 3 4 5 réfléchir à la question importante : quel est le signe de a, de a, de a etc. Etalir la règle générale! 4. Inéquations rationnelles (avec l inconnue au dénominateur) Finalement, nous traitons un eemple où l'inconnue figure au dénominateur. 1 1 1 Le domaine de l'inéquation est D = R \ {,1}. Alors : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) ( ) + + + ( ) Attention. La méthode diffère fondamentalement de la résolution d'une équation quant au point suivant : on ne peut pas ici éliminer le dénominateur commun par multiplication. En effet nous savons que si l'on multiplie une inéquation par un réel a, le sens de l'inéquation change ou se conserve, suivant le signe de a. Or : le 1 n'est pas constant, il dépend notamment de ce que > 1 ou signe de.13 Tous les termes sont transportés dans le premier memre. Le premier memre est factorisé!
< 1! Voilà pourquoi les facteurs du dénominateur apparaissent également dans le taleau du signe. 1 + + + + + + + + + + + + + 1 + + + + ( 1) + S = ],[ ],1[ [, + [. La signification des doules arres dans la dernière ligne du taleau est évidente : les réels = et = 1 annulent le dénominateur de la fraction et sont par conséquent à eclure. Par contre, pour =, c'est le numérateur de la fraction qui s'annule et donc la fraction toute entière. Retenons : a a eiste = a = (.15).14