Equations (du 2ème degré)

[Anonyme]

Bonjour à toutes et à tous,

Voilà : j'ai devant les yeux une liste d'équations, et je dois montrer, sans
les résoudre, que chacune d'elles admet deux racines.

Ca démarre facilement avec des équations du genre "ax² + bx + c = 0", où
"c/a" est négatif (donc il y a deux racines).

Et puis on passe à ça : ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 .Et là, je
suis bien ennuyé.
Mon premier réflexe, c'est de bidouiller tout ça pour en arriver à une
équation sans dénominateurs, ce qui finit par donner : x² - 3 = 0, où
effectivement "c/a" est négatif (donc il y a deux racines). Mais pour en
arriver à ce résultat-là, j'ai dû multiplier l'équation de départ par des
expressions contenant l'inconnue, et, si j'ai bien retenu mes cours
d'algèbre (?), je risque d'avoir introduit des racines "parasites". Donc,
pour bien faire, il va falloir que je regarde si les solutions trouvées
(sqrt(3) et -sqrt(3)) vérifient bien l'équation de départ. Mais en faisant
ça, je résous l'équation. Or, je dois "montrer sans résoudre". d'où,
problème. (ici, en plus, voir mon "idée de dernière minute", en bas de
message)

J'ai bien eu une autre idée : calculer les variations de la fonction
((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)). Et, en effet, comme la fonction est
continue et strictement croissante de (- infini) à (-1) et vaut de -2 à
+infini dans cet intervalle, forcément quelque part elle vaudra 4, et
pareillement comme elle est continue et strictement décroissante de (1) à
(+infini) et qu'elle vaut de +infini à -2 dans cet intervalle, forcément
quelque part elle vaudra encore 4 (d'où deux solutions, car entre -1 et 1,
sa valeur la plus élevée est -6, pour x=0, et donc ne saurait valoir 4).
Mais je ne suis pas sûr que ce soit ce genre de solution qu'on attende de
moi, parce que si je dois faire le même travail avec toutes les équations
qui me restent, je ne suis pas encore sorti de l'auberge.

Quelque chose me dit que je passe (encore une fois) à côté d'une solution
simple.

D'avance merci pour votre aide.

Gibbs.

J'ai une idée de dernière minute :

Puisque j'ai multiplié l'équation de départ par (x+1)(x-1) pour éliminer les
dénominateurs, peut-être que les solutions éventuellement parasites
seraient, si elles existaient, x = -1 ou x = 1 (si j'ai bien compris la
théorie). Alors pour montrer, sans résoudre, que l'équation "de départ"
admet deux racines, il suffit peut-être de suivre le raisonnement suivant :
Ni x = -1 ni x = 1 ne vérifient l'équation "d'arrivée" x² - 3 = 0.
Donc, dans le traitement de l'équation de départ pour la réduire, on n'a pas
introduit de solutions parasites. Et donc l'équation "d'arrivée" et
l'équation "de départ" sont équivalentes (si j'ai bien respecté les règles
d'algèbre, bien sûr).
Or x² - 3 admet deux solutions puisque "c/a" est négatif.
Donc((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 admet aussi deux solutions.

C'est comme ça qu'il faut faire ?

D'avance, encore merci.

[Anonyme]

> Et puis on passe à ça : ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 .Et là, je
> suis bien ennuyé.
> Mon premier réflexe, c'est de bidouiller tout ça pour en arriver à une
> équation sans dénominateurs, ce qui finit par donner : x² - 3 = 0, où
>

En fait tu te ramènes direct à X+1/X=4, ie X^2-4X+1=0

[Anonyme]

1/ Méthode par équivalence.
Quand tu résouds tes équations, vérifient si les équations obtenues
sont deux à deux équivalents.
En fait tu dois regarder si tu peux remonter les calculs.
Tu passe de ton équation à x²-3=0, peux tu passer de x²-3=0 à ton
équation initiale par des multiplication ou autres opérations permises
(pas le droit de diviser par zéro).

Pour garder des équations équivalents il te sufit de préciser dés le
début (x /not= 1 et x/not=-1) et de le faire pour chacune des
équations intermédiaires. De cette manière, tu arrive àune équation
équivalente à la première :

x²-3=0 avec x/not=1 ; x/not=-1

2/ Méthode utilisant un raisonnement par construction :
Supposons que x existe et permet la vérification de l'équation.
Tu fais tes calculs (tu as le droit de faire tous les calculs sauf les
divisions par zéro...) et tu arrives à
donc x²-3=0 qui n'est pas une équation mais une relation danslaquelle
intervient ton x qui existe, qui est fixé mais que l'on ne connait
pas.
Et tu obtiens : DONC x=\sqrt(3) ou -\sqrt(3)

Il te reste à vérifier que ces deux valeurs sont effectivement
solutions de ton équation.

Pour ce faire tu remplaces dans ton équation et tu fais des calculs
(les mêmes que ceux faits précédemment) et tu arrives àla conclusion
que tu as bien =4 à la fin)

Le problème pourait venir d'une équation du genre
(x²-1)/(x-1)=(x²+3x-4)/(x+1)

On suppose que x existe.
On obtient l'équation suivante (en faisant les produits en croix) :
(x²-1)(x+1)=(x-1)(x²+3x-4)
On développe, et on obtient : x^3+x²-x-1=x^3+2x^2-7x+4
On regoupe tous les termes et on factorise : x^2-6x+5=(x-1)(x-4)=0 et
donc x=1 ou x=4
On veut vérifier : pour x=1 ca ne marche pas car on ne peut pas
diviser par 1, pour x=4 ca marche.

L'intérêt de cette deuxième méthode évite d'avoir à rechercher le
domaine de validité d'une formule (utile quand la formule en questio
comporte des Cos, Sin et autres fonctions compliquées).

Cette deuxième méthode utilise des équivalents, et est moins source
d'erreurs.



On Sat, 17 Jan 2004 20:06:33 +0100, "Gibbs"
wrote:

>Bonjour à toutes et à tous,
>
>Voilà : j'ai devant les yeux une liste d'équations, et je doismontrer, sans
>les résoudre, que chacune d'elles admet deux racines.
>
>Ca démarre facilement avec des équations du genre "ax² + bx + c = 0", où
>"c/a" est négatif (donc il y a deux racines).
>
>Et puis on passe à ça : ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 .Et là, je
>suis bien ennuyé.
>Mon premier réflexe, c'est de bidouiller tout ça pour en arriver à une
>équation sans dénominateurs, ce qui finit par donner : x²- 3 = 0, où
>effectivement "c/a" est négatif (donc il y a deux racines). Mais pour en
>arriver à ce résultat-là, j'ai dû multiplier l'équation de départ par des
>expressions contenant l'inconnue, et, si j'ai bien retenu mes cours
>d'algèbre (?), je risque d'avoir introduit des racines "parasites".Donc,
>pour bien faire, il va falloir que je regarde si les solutions trouvées
>(sqrt(3) et -sqrt(3)) vérifient bien l'équation de départ. Mais en faisant
>ça, je résous l'équation. Or, je dois "montrer sans résoudre". d'où,
>problème. (ici, en plus, voir mon "idée de dernière minute", en bas de
>message)
>
>J'ai bien eu une autre idée : calculer les variations de la fonction
>((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)). Et, en effet, comme la fonction est
>continue et strictement croissante de (- infini) à (-1) et vaut de -2 à
>+infini dans cet intervalle, forcément quelque part elle vaudra 4, et
>pareillement comme elle est continue et strictement décroissante de(1) à
>(+infini) et qu'elle vaut de +infini à -2 dans cet intervalle, forcément
>quelque part elle vaudra encore 4 (d'où deux solutions, car entre -1 et 1,
>sa valeur la plus élevée est -6, pour x=0, et donc ne saurait valoir 4).
>Mais je ne suis pas sûr que ce soit ce genre de solution qu'on attende de
>moi, parce que si je dois faire le même travail avec toutes les équations
>qui me restent, je ne suis pas encore sorti de l'auberge.
>
>Quelque chose me dit que je passe (encore une fois) à côtéd'une solution
>simple.
>
>D'avance merci pour votre aide.
>
>Gibbs.
>
>J'ai une idée de dernière minute :
>
>Puisque j'ai multiplié l'équation de départ par (x+1)(x-1) pour éliminer les
>dénominateurs, peut-être que les solutions éventuellementparasites
>seraient, si elles existaient, x = -1 ou x = 1 (si j'ai bien comprisla
>théorie). Alors pour montrer, sans résoudre, que l'équation "de départ"
>admet deux racines, il suffit peut-être de suivre le raisonnement suivant :
>Ni x = -1 ni x = 1 ne vérifient l'équation "d'arrivée" x² - 3 = 0.
>Donc, dans le traitement de l'équation de départ pour la réduire, on n'a pas
>introduit de solutions parasites. Et donc l'équation "d'arrivée" et
>l'équation "de départ" sont équivalentes (si j'ai bien respecté les règles
>d'algèbre, bien sûr).
>Or x² - 3 admet deux solutions puisque "c/a" est négatif.
>Donc((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 admet aussi deux solutions.
>
>C'est comme ça qu'il faut faire ?
>
>D'avance, encore merci.
>

[Anonyme]

On Sat, 17 Jan 2004 20:11:39 +0100, "Julien Santini"
wrote:
[color=green]
>> Et puis on passe à ça : ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) =4 .Et là, je
>> suis bien ennuyé.
>> Mon premier réflexe, c'est de bidouiller tout ça pour en arriver à une
>> équation sans dénominateurs, ce qui finit par donner : x²- 3 = 0, où
>>
>
>En fait tu te ramènes direct à X+1/X=4, ie X^2-4X+1=0
>[/color]

????

Ton équation a pour solutions 2+\sqrt(3) et 2-sqrt(3), lui sqrt(3) et
-sqrt(3)....

[Anonyme]

Bonsoir,

Gibbs :
> Et puis on passe à ça : ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4
> Mon premier réflexe, c'est de bidouiller tout ça pour en arriver
> à une équation sans dénominateurs, ce qui finit par donner :
> x² - 3 = 0

C'est exact.

, où effectivement "c/a" est négatif (donc il y a deux
> racines). Mais pour en arriver à ce résultat-là, j'ai dû
> multiplier l'équation de départ par des expressions contenant
> l'inconnue, et, si j'ai bien retenu mes cours d'algèbre (?), je
> risque d'avoir introduit des racines "parasites".

Non, dans ce genre d'équation il ne faut pas oublier que l'on a des
conditions initiales, ici x différent de -1 et de 1 pour que les
quotients soient bien définis, donc tu peux sans problème
multiplier.

> il va falloir que je regarde si les solutions
> trouvées (sqrt(3) et -sqrt(3)) vérifient bien l'équation de
> départ. Mais en faisant ça, je résous l'équation.

Pas besoin, normalement tu peux raisonner par équivalence.

le système {(x+1)/(x-1)+(x-1)/(x+1)=4, x!=-1, x!=1}
est équivalent à {x²=3, x!=1, x!=-1}

> Or, je dois "montrer sans résoudre". d'où, problème.

L'exercice est bête, c'est tout. En première, normalement on
dispose d'un algorithme pour résoudre toutes les équations du
second degré par le simple calcul du discriminant (ce qui explique
ton truc du signe de c/a)



Un truc moins calculatoire serait de poser Y = (x+1)/(x-1),

L'équation est alors Y + 1/Y = 4, équation du second degré,
qui si elle a des solutions réelles Y_i, donnera des solutions en
x_i aussi car (x+1)/(x-1) = Y_i est du premier degré.

Et il y aura autant de x_i que de Y_i....

> une autre idée : calculer les variations de la
> fonction ((x+1)/(x-1)) [...]
> Mais je ne suis pas sûr que ce soit
> ce genre de solution qu'on attende de moi, parce que si je dois
> faire le même travail avec toutes les équations qui me restent,
> je ne suis pas encore sorti de l'auberge.

Oui, c'est trop bourrin.

> peut-être que les solutions éventuellement parasites seraient,
> si elles existaient, x = -1 ou x = 1

On n'a pas de droit de diviser par zéro, sinon on fait tout péter.

> [...]
> Or x² - 3 admet deux solutions puisque "c/a" est négatif.
> Donc((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 admet aussi deux
> solutions.

Oui, mais je ne vois pas de différence avec ta première méthode.

--
Michel [overdose@alussinan.org]

[Anonyme]

Bonsoir,

Merci à tous pour vos commentaires.

Comme il est un peu tard, je vais imprimer tous les messages puis les
examiner à tête reposée. J'espère que ça devrait aller après ça.

Encore merci.

Gibbs.

[Anonyme]

Une autre approche possible par les sens de variation et le th de la valeur
intermédiaire :
Tu introduis f(x)=((x-1)/(x+1) + (x+1)/(x-1) -4
Si tu as une calc graphique, trace le graphe de f(x), tu comprendras tout de
suite.
Pour justifier :
Tu calcules la dérivée f'(x)=-8x/(x-1)^2.(x+1)^2
Donc f est strictement croissante pour x0
A partir de là, tu considères les limites pour x->-infini et x->-1 à gauche
(asymptote verticale), et tu vas trouver une racine unique entre -infini
et -1.
Entre -1 et 1 la fonction passe par un max en 0 et ce max vaut -4, donc pas
de racine.
Et de meme tu auras une racine unique entre +1 et +infini.


"Gibbs" a écrit dans le message de
news:40098750$0$316$ba620e4c@news.skynet.be...
> Bonjour à toutes et à tous,
>
> Voilà : j'ai devant les yeux une liste d'équations, et je dois montrer,
sans
> les résoudre, que chacune d'elles admet deux racines.
>
> Ca démarre facilement avec des équations du genre "ax² + bx + c = 0", où
> "c/a" est négatif (donc il y a deux racines).
>
> Et puis on passe à ça : ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 .Et là, je
> suis bien ennuyé.
> Mon premier réflexe, c'est de bidouiller tout ça pour en arriver à une
> équation sans dénominateurs, ce qui finit par donner : x² - 3 = 0, où
> effectivement "c/a" est négatif (donc il y a deux racines). Mais pour en
> arriver à ce résultat-là, j'ai dû multiplier l'équation de départ par des
> expressions contenant l'inconnue, et, si j'ai bien retenu mes cours
> d'algèbre (?), je risque d'avoir introduit des racines "parasites". Donc,
> pour bien faire, il va falloir que je regarde si les solutions trouvées
> (sqrt(3) et -sqrt(3)) vérifient bien l'équation de départ. Mais en faisant
> ça, je résous l'équation. Or, je dois "montrer sans résoudre". d'où,
> problème. (ici, en plus, voir mon "idée de dernière minute", en bas de
> message)
>
> J'ai bien eu une autre idée : calculer les variations de la fonction
> ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)). Et, en effet, comme la fonction est
> continue et strictement croissante de (- infini) à (-1) et vaut de -2 à
> +infini dans cet intervalle, forcément quelque part elle vaudra 4, et
> pareillement comme elle est continue et strictement décroissante de (1) à
> (+infini) et qu'elle vaut de +infini à -2 dans cet intervalle, forcément
> quelque part elle vaudra encore 4 (d'où deux solutions, car entre -1 et 1,
> sa valeur la plus élevée est -6, pour x=0, et donc ne saurait valoir 4).
> Mais je ne suis pas sûr que ce soit ce genre de solution qu'on attende de
> moi, parce que si je dois faire le même travail avec toutes les équations
> qui me restent, je ne suis pas encore sorti de l'auberge.
>
> Quelque chose me dit que je passe (encore une fois) à côté d'une solution
> simple.
>
> D'avance merci pour votre aide.
>
> Gibbs.
>
> J'ai une idée de dernière minute :
>
> Puisque j'ai multiplié l'équation de départ par (x+1)(x-1) pour éliminer
les
> dénominateurs, peut-être que les solutions éventuellement parasites
> seraient, si elles existaient, x = -1 ou x = 1 (si j'ai bien compris la
> théorie). Alors pour montrer, sans résoudre, que l'équation "de départ"
> admet deux racines, il suffit peut-être de suivre le raisonnement suivant
:
> Ni x = -1 ni x = 1 ne vérifient l'équation "d'arrivée" x² - 3 = 0.
> Donc, dans le traitement de l'équation de départ pour la réduire, on n'a
pas
> introduit de solutions parasites. Et donc l'équation "d'arrivée" et
> l'équation "de départ" sont équivalentes (si j'ai bien respecté les règles
> d'algèbre, bien sûr).
> Or x² - 3 admet deux solutions puisque "c/a" est négatif.
> Donc((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 admet aussi deux solutions.
>
> C'est comme ça qu'il faut faire ?
>
> D'avance, encore merci.
>
>

[Anonyme]

En fait ça correspond au bas de ton post que je n'avais pas lu jusqu'au
bout.
Désolé...

"Hervé Chappe" a écrit dans le message de
news:400a479a$0$16583$79c14f64@nan-newsreader-03.noos.net...
> Une autre approche possible par les sens de variation et le th de la
valeur
> intermédiaire :
> Tu introduis f(x)=((x-1)/(x+1) + (x+1)/(x-1) -4
> Si tu as une calc graphique, trace le graphe de f(x), tu comprendras tout
de
> suite.
> Pour justifier :
> Tu calcules la dérivée f'(x)=-8x/(x-1)^2.(x+1)^2
> Donc f est strictement croissante pour x x>0
> A partir de là, tu considères les limites pour x->-infini et x->-1 à
gauche
> (asymptote verticale), et tu vas trouver une racine unique entre -infini
> et -1.
> Entre -1 et 1 la fonction passe par un max en 0 et ce max vaut -4, donc
pas
> de racine.
> Et de meme tu auras une racine unique entre +1 et +infini.
>
>
> "Gibbs" a écrit dans le message de
> news:40098750$0$316$ba620e4c@news.skynet.be...[color=green]
> > Bonjour à toutes et à tous,
> >
> > Voilà : j'ai devant les yeux une liste d'équations, et je dois montrer,
> sans
> > les résoudre, que chacune d'elles admet deux racines.
> >
> > Ca démarre facilement avec des équations du genre "ax² + bx + c = 0", où
> > "c/a" est négatif (donc il y a deux racines).
> >
> > Et puis on passe à ça : ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 .Et là,[/color]
je[color=green]
> > suis bien ennuyé.
> > Mon premier réflexe, c'est de bidouiller tout ça pour en arriver à une
> > équation sans dénominateurs, ce qui finit par donner : x² - 3 = 0, où
> > effectivement "c/a" est négatif (donc il y a deux racines). Mais pour en
> > arriver à ce résultat-là, j'ai dû multiplier l'équation de départ par[/color]
des[color=green]
> > expressions contenant l'inconnue, et, si j'ai bien retenu mes cours
> > d'algèbre (?), je risque d'avoir introduit des racines "parasites".[/color]
Donc,[color=green]
> > pour bien faire, il va falloir que je regarde si les solutions trouvées
> > (sqrt(3) et -sqrt(3)) vérifient bien l'équation de départ. Mais en[/color]
faisant[color=green]
> > ça, je résous l'équation. Or, je dois "montrer sans résoudre". d'où,
> > problème. (ici, en plus, voir mon "idée de dernière minute", en bas de
> > message)
> >
> > J'ai bien eu une autre idée : calculer les variations de la fonction
> > ((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)). Et, en effet, comme la fonction est
> > continue et strictement croissante de (- infini) à (-1) et vaut de -2 à
> > +infini dans cet intervalle, forcément quelque part elle vaudra 4, et
> > pareillement comme elle est continue et strictement décroissante de (1)[/color]
à[color=green]
> > (+infini) et qu'elle vaut de +infini à -2 dans cet intervalle, forcément
> > quelque part elle vaudra encore 4 (d'où deux solutions, car entre -1 et[/color]
1,[color=green]
> > sa valeur la plus élevée est -6, pour x=0, et donc ne saurait valoir 4).
> > Mais je ne suis pas sûr que ce soit ce genre de solution qu'on attende[/color]
de[color=green]
> > moi, parce que si je dois faire le même travail avec toutes les[/color]
équations[color=green]
> > qui me restent, je ne suis pas encore sorti de l'auberge.
> >
> > Quelque chose me dit que je passe (encore une fois) à côté d'une[/color]
solution[color=green]
> > simple.
> >
> > D'avance merci pour votre aide.
> >
> > Gibbs.
> >
> > J'ai une idée de dernière minute :
> >
> > Puisque j'ai multiplié l'équation de départ par (x+1)(x-1) pour éliminer
> les
> > dénominateurs, peut-être que les solutions éventuellement parasites
> > seraient, si elles existaient, x = -1 ou x = 1 (si j'ai bien compris la
> > théorie). Alors pour montrer, sans résoudre, que l'équation "de départ"
> > admet deux racines, il suffit peut-être de suivre le raisonnement[/color]
suivant
> :[color=green]
> > Ni x = -1 ni x = 1 ne vérifient l'équation "d'arrivée" x² - 3 = 0.
> > Donc, dans le traitement de l'équation de départ pour la réduire, on n'a
> pas
> > introduit de solutions parasites. Et donc l'équation "d'arrivée" et
> > l'équation "de départ" sont équivalentes (si j'ai bien respecté les[/color]
règles[color=green]
> > d'algèbre, bien sûr).
> > Or x² - 3 admet deux solutions puisque "c/a" est négatif.
> > Donc((x+1)/(x-1)) + ((x-1)/(x+1)) = 4 admet aussi deux solutions.
> >
> > C'est comme ça qu'il faut faire ?
> >
> > D'avance, encore merci.
> >
> >
>
>[/color]