C’est la question qui revient sans cesse en maths : résoudre les équations ! Trouver la valeur de \(x\) qui vérifie certaines conditions. Cependant, il existe plusieurs types d’équations et chacune nécessite sa propre méthode pour être résolue. Vous êtes un peu perdus entre équation du premier degré, équation du second degré, variable réelle ou complexe, il y a une exponentielle dans l’équation comment s’en sortir?
Pas de panique ! Cet article est fait pour vous. Nous allons revoir pas à pas les différents types d’équations et voir comment s’en sortir sans soucis.
Le degré d’une équation
Tout d’abord, rappelons que le degré d’une équation correspond à la plus grande puissance de \(x\) qui figure dans l’équation.
\(2x +3 = 4x +5\) est une équation du premier degré. \(x^2+2x +3 = 4x +5\) est une équation du second degré. \(x^5+2x +3 = 4x +5\) est une équation de degré 5.Cependant rassurez vous, vous ne devez savoir résoudre que les équations de degré 1 et 2 aussi appelées équations du premier et du second degré.
Résoudre les équations du premier degré
Bonne nouvelle, ce sont les plus simples à résoudre! Rappelons qu’une équation du premier degré où \(x\) appartient à l’ensemble des réels admet une seule et unique solution.
Considérons l’équation : \(2x +3 = 4x +5\).
Pour résoudre cette équation, il faut isoler \(x\). C’est à dire qu’il faut regrouper tous les termes en \(x\) d’un côté du signe égal et tous les autres termes de l’autre côté.
Si on isole les termes en \(x\) à gauche du signe \(=\), on obtient :
$$ 2x-4x = 5 – 3$$
$$-2x = 2$$
Puis finalement \(x = -1\).
On peut vérifier en remplaçant \(x\) par -1 dans l’équation de départ \(2x+3 = 2 \times -1 +3 = 1\) et \(4x+5 = 4 \times -1 +5 = 1\).
Résoudre les équations du second degré à valeurs réelles
Contrairement aux équations du premier degré, toutes les équations du second degré n’ont pas de solution dans \(\mathbb{R}\).
Par exemple \(x^2 = -2\), n’a pas de solution dans \(\mathbb{R}\).
Une équation du second degré, admet 0, 1 ou 2 solutions dans \(\mathbb{R}\). Ces solutions sont appelées racines du polynôme.
Considérons l’équation \(ax^2+bx+c=0\).
On commence par calculer son discriminant \(\Delta = b^2-4ac\).
Le nombre de solutions et la valeur des solutions dépend du signe de \(\Delta\).
- si \(\Delta > 0 \), l’équation admet 2 solutions distinctes \(x_1 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}\) et \(x_2 = \frac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a}\)
- si \(\Delta = 0 \), l’équation admet 1 racine double \(x = \frac{-b}{2a}\)
- si \(\Delta < 0 \), l’équation n’admet pas de solution dans \(\mathbb{R}\)
Les équations du second degré à valeurs complexes
Contrairement aux équations du second degré à valeurs réelles, toutes les équations du second degré à valeurs complexes admettent au moins une solution dans \(\mathbb{C}\).
Considérons l’équation \(az^2+bz+c=0\).
On commence par calculer son discriminant \(\Delta = b^2-4ac\).
Le nombre de solution et la valeur des solutions dépend du signe de $\Delta$.
- si \(\Delta > 0 \), l’équation admet 2 solutions distinctes \(z_1 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}\) et \(z_2 = \frac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a}\)
- si \(\Delta = 0 \), l’équation admet 1 racine double \(z = \frac{-b}{2a}\)
- si \(\Delta < 0 \), l’équation admet 2 solutions complexes conjuguées \(z_1 = \frac{-b + i \sqrt{-\Delta}}{2a}\) et \(z_2 = \frac{-b – i \sqrt{-\Delta}}{2a}\)
Résoudre les équations avec \(e^{2x}\) et \(e^{x}\)
Certaines équations se résolvent comme les équations du second degré. Il suffit de faire un changement de variable dans l’équation de départ pour retrouver une équation du second degré.
Considérons l’équation \(-2e^{2x}+5e^x+3=0\).
Pour retrouver une équation du second degré, il faut poser \(X=e^x\), alors \(X^2=(e^x)^2=e^{2x}\).
L’équation devient : \(-2X+5X+3=0\), notons cette équation (*).
On a bien une équation du second degré, il suffit d’appliquer la méthode vue précédemment.
$$\Delta = b^2-4ac = 5^2-4 \times (-2) \times 3 = 25 + 24 = 49 $$
\(\Delta >0\), on a 2 solutions distinctes.$$X_1 = \frac{-5 + \sqrt{49}}{-4} = \frac{-1}{2}$$
$$X_2 = \frac{-5 – \sqrt{49}}{-4} = 3$$
Attention, \(X_1\) et \(X_2\), sont les solutions de l’équation (*) et non les solutions de l’équation de départ.
Il faut vérifier que les solutions trouvées sont admissibles.
On a posé \(X=e^x\), or on sait que quelque soit la valeur de \(x\), \(e^x\) est strictement positif.
Par conséquent, la solution \(X_1 = \frac{-1}{2}\) , n’est pas possible.
La seule solution admissible est \(X_2 = 3\).
Il faut maintenant se ramener à la valeur de \(x\), pour résoudre l’équation de départ.
On a posé \(X=e^x\), donc \(ln(X) = x\).
On en déduit que la seule solution réelle de l’équation de départ est \(x=ln(3)\).
Vérifions, \(-2e^{2x}+5e^x+3 = -2e^{2 \times ln(3)}+5e^{ln(3)}+3\) \(= -2 e^{ln(3^2)} + 5 \times 3 + 3 = -18 +15 +3 = 0 \)
Les équations où l’inconnue est en exposant
Il arrive parfois que l’inconnue de l’équation soit en exposant. C’est le cas dans l’équation \(2^n = 512\).
Ces équations sont très simples à résoudre, s’il on la bonne technique.
Pour résoudre ces équations, il faut se souvenir que \(ln(a^b) = b ln(a)\).
Appliquons donc la fonction \(ln\) à notre équation. \(ln(2^n) = ln(512)\).
En utilisant la propriété du logarithme on obtient \(n ln(2) = ln(512)\).
On a donc résolu l’équation. La solution est \(n= \frac{ln(512)}{ln(2)}= 9\).
Apprenez bien ces méthodes! Entraînez vous avec des exercices et n’hésitez pas à consulter nos autres fiches d’aide pour le BAC.
Vous pouvez aussi vous entraîner sur des sujets d’annale le sujet/corrigé du bac de maths S 2018 disponible ici . Le sujet de 2019 est disponible avec son corrigé ici.
