Exercices corrigés : les systèmes d'équations (math CST, secondaire 4)

a) Les deux droites se coupent au point $(30\,;950)$ : l'abscisse vaut $30$ et l'ordonnée $950$. On lit l'abscisse sur l'axe horizontal, l'ordonnée sur l'axe vertical, et on écrit toujours le couple dans cet ordre. Écrire $(950\,;30)$ coûte le point, même si les deux nombres sont justes.

b) Pour $30$ personnes, les deux salles coûtent exactement la même chose, soit $950$ dollars. C'est tout ce que dit ce point, et c'est déjà beaucoup : il donne le SEUIL. Il ne dit PAS quelle salle choisir, puisque au point d'intersection, justement, le choix est indifférent. Retenez la formulation attendue en examen : « pour $30$ personnes, les deux salles coûtent $950$ dollars », et non « la réponse est $30$ ».

c) Salle A : $25\times 30+200=750+200=950$ dollars. Salle B : $15\times 30+500=450+500=950$ dollars. Les deux donnent bien $950$, donc le couple $(30\,;950)$ vérifie les DEUX règles. Une solution d'un système doit toujours satisfaire les deux équations : en vérifier une seule est l'erreur la plus courante, et elle laisse passer la moitié des réponses fausses.

d) Salle A : $25\times 40+200=1200$ dollars. Salle B : $15\times 40+500=1100$ dollars. La salle B est donc la moins chère, de $100$ dollars. Le graphique le confirme sans calcul : à droite du point d'intersection, la droite de la salle B passe SOUS celle de la salle A. C'est le fil de toute la série : le seuil se lit au point d'intersection, le choix se lit du côté où l'on se trouve. Quarante est plus grand que trente, donc on est à droite, donc c'est B.

a) Abonnement A : $3\times 10=30$ dollars. Abonnement B : $20+1\times 10=30$ dollars. Les deux cases valent $30$. Une table de valeurs est souvent le chemin le plus rapide vers le seuil en CST, à condition de ne pas oublier les frais fixes de B, qui s'ajoutent même quand le nombre de déplacements est nul.

b) Les deux coûtent la même chose à $10$ déplacements, et ce coût commun est de $30$ dollars. La table le montre par un changement de position : avant $10$, la colonne A est la plus petite ; après $10$, c'est la colonne B. Le croisement se lit donc autant sur l'ORDRE des deux colonnes que sur l'égalité elle-même.

c) En notant $n$ le nombre de déplacements et $C$ le coût en dollars : $C_{A}=3n$ et $C_{B}=20+n$. Les deux expressions donnent $C$, donc on les compare : $3n=20+n$, d'où $2n=20$ et $n=10$. Le coût vaut alors $C=3\times 10=30$ dollars, et la vérification dans la seconde règle donne $20+10=30$, ce qui correspond. La comparaison est la méthode naturelle ici, puisque la même variable, le coût, est déjà isolée dans les deux règles.

d) Pour $18$ déplacements : A coûte $3\times 18=54$ dollars, B coûte $20+18=38$ dollars. Il faut donc conseiller l'abonnement B, qui économise $54-38=16$ dollars par mois. Notez qu'on n'avait pas besoin de calculer pour savoir LEQUEL conseiller : $18$ est plus grand que $10$, donc on est après le seuil, donc c'est B. Le calcul ne sert qu'à chiffrer l'économie, qui est la seconde partie de la question.

a) Soit $x$ le nombre de trousses de papier et $y$ le nombre de trousses de carton. La première condition compte des TROUSSES : $x+y=24$. La seconde compte des DOLLARS : $3x+5y=92$. Écrire l'unité à côté de chaque inconnue n'est pas une formalité : c'est ce qui empêche de mélanger les deux comptes, et c'est le point que le correcteur cherche en premier.

b) Soit $L$ la longueur et $\ell$ la largeur, toutes deux en centimètres. Le périmètre donne $2L+2\ell=46$, qu'on peut aussi écrire $L+\ell=23$. La comparaison des deux dimensions donne $L=\ell+7$. Attention au sens de cette seconde équation : « la longueur dépasse la largeur de $7$ » signifie que la longueur est la PLUS GRANDE, donc c'est à la largeur qu'on ajoute $7$. Écrire $\ell=L+7$ inverse le rectangle et donne une largeur supérieure à la longueur.

c) Soit $x$ le premier nombre et $y$ le second. La somme donne $x+y=63$. « Le double du premier diminué de $6$ » donne $y=2x-6$. L'ordre des mots compte : « le double du premier, diminué de $6$ » s'écrit $2x-6$, alors que « le double de la différence » s'écrirait $2(x-6)$. Les deux ne donnent pas la même chose, et une lecture rapide de l'énoncé coûte ici toute la question.

d) La première équation est juste, la seconde est fausse. L'élève a recopié le $24$ de la première, alors que $3x+5y$ est un montant en DOLLARS et doit donc valoir $92$. Le système correct est $x+y=24$ et $3x+5y=92$. Le contrôle qui évite l'erreur tient en une phrase : les deux membres d'une équation doivent compter la même chose. À gauche $3x+5y$ compte des dollars, donc à droite on attend des dollars. Un système dont les deux équations comptent des objets à gauche et un mélange à droite n'a aucune chance d'être juste, même si sa résolution est impeccable.

a) Les deux expressions valent $y$, donc elles sont égales : $4x+12=7x-9$. On regroupe les $x$ d'un côté et les nombres de l'autre : $12+9=7x-4x$, donc $21=3x$ et $x=7$. On reporte dans la règle la plus simple : $y=4\times 7+12=40$. La solution est le couple $(7\,;40)$. Vérification dans l'autre équation : $7\times 7-9=49-9=40$, ce qui correspond.

b) $-2x+45=3x-15$, donc $45+15=3x+2x$, soit $60=5x$ et $x=12$. Puis $y=-2\times 12+45=-24+45=21$. La solution est $(12\,;21)$. Vérification : $3\times 12-15=36-15=21$, ce qui correspond. Le piège de cette question est le signe : en faisant passer $-2x$ à droite, il devient $+2x$. Oublier ce changement donne $x=6$, un nombre qui ne vérifie aucune des deux équations, et la vérification finale l'aurait signalé.

c) $0{,}5x+18=1{,}25x$, donc $18=1{,}25x-0{,}5x=0{,}75x$, d'où $x=\dfrac{18}{0{,}75}=24$. Puis $y=1{,}25\times 24=30$. La solution est $(24\,;30)$. Diviser par un nombre décimal inférieur à $1$ AUGMENTE le résultat, ce qui surprend souvent : $\dfrac{18}{0{,}75}$ vaut $24$, et non $13{,}5$. En cas de doute, multiplier les deux membres par $4$ donne $72=3x$, une écriture sans décimale.

d) Première équation : $0{,}5\times 24+18=12+18=30$, et l'on attendait $y=30$. Seconde équation : $1{,}25\times 24=30$, et l'on attendait encore $30$. Le couple $(24\,;30)$ vérifie donc les deux équations, et c'est bien la solution du système. Cette double vérification prend quinze secondes et elle est la seule qui prouve quelque chose : un couple qui ne vérifie qu'une équation est simplement un point de l'une des deux droites, pas leur intersection.

a) Les coefficients de $y$ sont déjà opposés, $+3$ et $-3$ : on additionne directement les deux équations membre à membre. $(2x+4x)+(3y-3y)=31+17$, donc $6x=48$ et $x=8$. On reporte dans la première : $2\times 8+3y=31$, donc $3y=15$ et $y=5$. Solution $(8\,;5)$, vérifiée dans la seconde : $4\times 8-3\times 5=32-15=17$, ce qui correspond.

b) Les coefficients de $y$ sont $+2$ et $-4$ : on multiplie la PREMIÈRE équation par $2$ pour obtenir $+4$ et $-4$. Elle devient $6x+4y=82$. En additionnant à la seconde : $11x=99$, donc $x=9$. On reporte : $3\times 9+2y=41$, donc $2y=14$ et $y=7$. Solution $(9\,;7)$, vérifiée : $5\times 9-4\times 7=45-28=17$, ce qui correspond. Piège classique : multiplier l'équation par $2$ sans multiplier AUSSI le membre de droite. Le $41$ doit devenir $82$, sinon l'équation change de sens.

c) Les coefficients de $y$ sont $+4$ et $+2$, tous deux positifs : il faut donc les rendre opposés. On multiplie la seconde équation par $-2$, ce qui donne $-6x-4y=-136$. En additionnant à la première : $(5x-6x)+(4y-4y)=118-136$, donc $-x=-18$ et $x=18$. On reporte : $3\times 18+2y=68$, donc $2y=14$ et $y=7$. Solution $(18\,;7)$, vérifiée dans la première : $5\times 18+4\times 7=90+28=118$, ce qui correspond.

d) Parce qu'aucune variable du système c) n'a un coefficient de $1$ ou de $-1$ : isoler $x$ dans $3x+2y=68$ donnerait $x=\dfrac{68-2y}{3}$, une fraction qu'il faudrait ensuite substituer et simplifier, avec un dénominateur qui traîne sur trois lignes. La réduction, elle, ne demande qu'une multiplication par $-2$ et une addition. La règle de choix est simple et vaut pour tout l'examen : une variable déjà isolée appelle la comparaison, un coefficient de $1$ appelle la substitution, et tout le reste appelle la réduction.

a) Offre A : $S_{A}=480$, une constante, puisque le salaire ne dépend pas des ventes. Offre B : $S_{B}=180+6v$. Remarquez que la première règle n'a pas de $v$ : sa représentation graphique est une droite HORIZONTALE, et c'est normal. Une règle sans variable n'est pas une règle incomplète.

b) On résout $480=180+6v$. Donc $6v=300$ et $v=50$. Le salaire commun vaut alors $480$ dollars, puisque c'est celui de l'offre A, qui ne change jamais. Vérification dans l'offre B : $180+6\times 50=180+300=480$, ce qui correspond. Le seuil est donc de $50$ ventes par semaine.

c) $S_{B}=180+6\times 62=180+372=552$ dollars, contre $480$ dollars pour l'offre A. L'offre B paie donc mieux, de $552-480=72$ dollars. On pouvait le dire sans calculer : $62$ dépasse le seuil de $50$, donc on est du côté où B l'emporte. Le calcul ne sert qu'à chiffrer l'écart, qui est la seconde moitié de la question.

d) $S_{B}=180+6\times 35=180+210=390$ dollars, contre $480$ dollars pour l'offre A. C'est donc l'offre A qui paie mieux, de $480-390=90$ dollars. Trente-cinq est sous le seuil de $50$ : on a changé de côté, donc la réponse change aussi. C'est exactement le fil de la série. Une même situation donne deux conseils opposés selon l'endroit où l'on se place, et le point d'intersection est la frontière entre les deux.

e) Avec $40$ ventes par semaine, l'étudiant reste SOUS le seuil de $50$ : il faut donc lui conseiller l'offre A, qui lui rapporterait $480$ dollars contre $180+6\times 40=420$ dollars, soit $60$ dollars de plus par semaine. Une réponse complète ajoute la nuance qui fait la différence à l'examen : ce conseil vaut tant que son estimation tient. S'il pense pouvoir dépasser $50$ ventes régulièrement, l'offre B devient meilleure, et sans plafond, puisque son salaire continue de monter de $6$ dollars par vente.

a) $C_{X}=12n+150$ et $C_{Y}=12n+250$. Par comparaison : $12n+150=12n+250$. Les termes en $n$ disparaissent des deux côtés et il reste $150=250$, ce qui est FAUX. Le système n'a donc aucune solution. Ce n'est pas une erreur de calcul : c'est le résultat. Les deux droites ont la même pente, $12$, et des ordonnées à l'origine différentes, donc elles sont parallèles et distinctes, ce que la figure montre.

b) Cela signifie qu'il n'existe AUCUN nombre de personnes pour lequel les deux traiteurs coûteraient la même chose. Et on peut dire mieux : comme ils facturent le même prix par personne, l'écart entre eux reste constant, égal à $250-150=100$ dollars, quel que soit le nombre d'invités. Le traiteur X est donc toujours moins cher, de $100$ dollars exactement, que le repas réunisse dix personnes ou cinq cents.

c) Le devis de Z s'écrit $2C=24n+300$. En divisant les DEUX membres par $2$, on obtient $C=12n+150$, qui est exactement la règle du traiteur X. Les deux devis décrivent donc la même offre, écrite sous deux formes différentes. C'est la seule vérification qui vaille : comparer les coefficients un à un ne suffit pas, il faut ramener les deux équations à la même forme.

d) Le système formé par X et Z a une INFINITÉ de solutions, puisque les deux équations décrivent la même droite : tout couple qui vérifie l'une vérifie l'autre. Algébriquement, la comparaison donnerait $12n+150=12n+150$, donc $0=0$, une égalité toujours vraie. Concrètement, cela veut dire que les deux traiteurs coûtent le même prix pour n'importe quel nombre de personnes, ce qui est logique puisqu'il s'agit de la même offre.

e) C'est faux, et la confusion est classique. « Le système n'a pas de solution » est une réponse mathématique complète, pas un échec : elle signifie que les deux droites ne se croisent jamais. Le problème, lui, reste parfaitement possible, et il a même une réponse très nette : le comité doit choisir le traiteur X, qui est moins cher de $100$ dollars dans tous les cas. Retenez la distinction : un système sans solution répond à la question « quand est-ce pareil ? » par « jamais », ce qui est souvent l'information la plus utile de tout le problème.

1) FAUX. Il y a trois cas, et l'exercice 7 en montre deux. Une seule solution si les droites se croisent, AUCUNE si elles sont parallèles et distinctes, une INFINITÉ si elles sont confondues. Énoncé correct : un système de deux équations du premier degré à deux variables a une solution, aucune, ou une infinité, selon la position relative des deux droites.

2) FAUX. Même pente et ordonnées à l'origine DIFFÉRENTES donnent des droites parallèles distinctes, donc aucune solution ; mais même pente et même ordonnée à l'origine donnent la même droite, donc une infinité de solutions, comme les traiteurs X et Z. Énoncé correct : avec la même pente, le système n'a aucune solution si les ordonnées à l'origine diffèrent, et une infinité si elles sont égales.

3) FAUX, et c'est l'erreur la plus coûteuse de la série. Au point d'intersection, les deux offres coûtent exactement la même chose : c'est précisément l'endroit où le choix est indifférent. Énoncé correct : le point d'intersection donne le SEUIL. Le choix se lit ensuite selon le côté du seuil où l'on se trouve, et il faut donc comparer la valeur de l'énoncé à l'abscisse du point.

4) FAUX. En additionnant directement, on obtient $8x-2y=58$ : il reste DEUX variables, donc on n'a rien éliminé et rien gagné. Il faut d'abord rendre les coefficients d'une variable opposés. Énoncé correct : on multiplie la première équation par $2$, ce qui donne $6x+4y=82$, et l'addition élimine alors $y$ pour donner $11x=99$.

5) FAUX. La première équation, $x+y=24$, compte les trousses ; la seconde, $3x+5y=92$, multiplie chaque trousse par son prix et compte donc des DOLLARS. Énoncé correct : les deux équations d'un problème comptent presque toujours deux choses différentes, et c'est ce qui les rend indépendantes. Le contrôle à faire est celui des unités : les deux membres d'une même équation doivent compter la même chose.

a) La première condition compte des PIÈCES : $x+y=47$. La seconde compte des DOLLARS, chaque pièce de $2$ dollars valant deux fois plus : $x+2y=68$. C'est la mise en équation de l'exercice 3, appliquée : l'unité de chaque équation est ce qui empêche d'écrire deux fois la même condition.

b) Les coefficients de $x$ valent $1$ dans les deux équations : la réduction est immédiate. En soustrayant la première de la seconde : $(x-x)+(2y-y)=68-47$, donc $y=21$. On reporte : $x+21=47$, donc $x=26$. Il y a $26$ pièces de $1$ dollar et $21$ pièces de $2$ dollars. Cette soustraction a un sens concret qu'il vaut la peine de voir : la différence entre le montant et le nombre de pièces compte exactement les dollars « en trop », c'est-à-dire un par pièce de $2$ dollars.

c) Nombre de pièces : $26+21=47$, ce qui correspond. Montant : $26\times 1+21\times 2=26+42=68$ dollars, ce qui correspond aussi. Les deux conditions sont vérifiées, donc la réponse est juste. Un dernier contrôle de bon sens : les deux nombres sont des entiers positifs, ce qu'exige le contexte. Une réponse comme $20{,}5$ pièces signalerait une erreur, même si le calcul semblait correct.

d) On reprend le même système avec $68$ remplacé par $95$ : $x+y=47$ et $x+2y=95$. La soustraction donne $y=95-47=48$. Or il y aurait alors $48$ pièces de $2$ dollars pour un total de $47$ pièces seulement, ce qui est impossible : on obtiendrait $x=47-48=-1$, un nombre négatif de pièces. La situation décrite ne peut donc pas se produire. Remarquez la forme de la preuve : on ne dit pas « le système n'a pas de solution », il en a une ; on dit que cette solution est HORS du contexte, parce qu'un nombre de pièces ne peut pas être négatif. C'est la différence entre une impossibilité mathématique et une impossibilité concrète, et l'examen demande la seconde.

e) Le montant est maximal quand toutes les pièces valent $2$ dollars, soit $47\times 2=94$ dollars. Aucun total supérieur à $94$ dollars n'est atteignable avec $47$ pièces, ce qui explique d'un seul coup pourquoi $95$ dollars était impossible en d). De même, le montant minimal est de $47$ dollars, avec uniquement des pièces de $1$ dollar : tout total possible se situe donc entre $47$ et $94$ dollars.

a) Réservoir A : il PERD $30$ litres chaque minute, donc $V_{A}=900-30t$. Réservoir B : il GAGNE $45$ litres chaque minute, donc $V_{B}=150+45t$. Le signe devant le taux est ce qui distingue les deux : un réservoir qui se vide a un coefficient négatif, et c'est aussi ce qui donne une droite descendante sur le graphique.

b) On résout $900-30t=150+45t$. On regroupe : $900-150=45t+30t$, donc $750=75t$ et $t=10$ minutes. Le volume commun vaut $V_{A}=900-30\times 10=900-300=600$ litres, et la vérification dans l'autre règle donne $150+45\times 10=150+450=600$ litres, ce qui correspond. Les deux réservoirs contiennent donc $600$ litres au bout de $10$ minutes, ce que confirme le point marqué sur le graphique.

c) Le réservoir A est vide quand $V_{A}=0$, c'est-à-dire $900-30t=0$, donc $t=30$ minutes. À cet instant, le réservoir B contient $150+45\times 30=150+1350=1500$ litres. Cette question ne demande qu'UNE des deux règles : quand un énoncé parle d'un seul réservoir, on ne monte pas de système. Le système sert à comparer, l'équation simple à décrire.

d) C'est le réservoir A qui contient le plus pendant les cinq premières minutes, et on peut le dire sans calculer : $5$ est plus petit que $10$, donc on est AVANT le croisement, et avant le croisement c'est la droite de A qui passe au-dessus, comme le montre le graphique. Un seul calcul suffirait à le confirmer : à $t=5$, A contient $750$ litres et B seulement $375$. C'est encore le fil de la série : le point d'intersection découpe l'axe du temps en deux moitiés, et dans chaque moitié la réponse est constante.

e) On reprend la comparaison avec le nouveau taux : $900-30t=150+20t$. Donc $750=50t$ et $t=15$ minutes. Le volume commun vaut alors $900-30\times 15=900-450=450$ litres, et la vérification donne $150+20\times 15=150+300=450$ litres, ce qui correspond. Le croisement arrive donc plus TARD, à $15$ minutes au lieu de $10$, et à un volume plus bas, $450$ litres au lieu de $600$. C'est logique : un remplissage plus lent met plus de temps à rattraper un réservoir qui, pendant ce temps, continue de se vider.