Exercices corrigés : les équations et les inéquations du premier degré (math, secondaire 3)

a) On retire $4$ des deux plateaux : $3x=15$. On divise les deux plateaux par $3$ : $x=5$. L'ordre est celui de l'exercice inverse : le $+4$ est la DERNIÈRE opération faite sur $x$ (on multiplie par $3$ puis on ajoute $4$), donc c'est la PREMIÈRE qu'on défait. Vérification : $3\times 5+4=19$. Une équation non vérifiée n'est pas résolue : la vérification prend dix secondes et rattrape la moitié des erreurs.

b) $\dfrac{x}{5}-2=6$ : on ajoute $2$, $\dfrac{x}{5}=8$, puis on multiplie par $5$, $x=40$. Vérification : $8-2=6$. $-4x=26$ : on divise par $-4$, $x=\dfrac{26}{-4}=-6{,}5$. Une solution n'est pas toujours un entier positif, et une fraction ou un décimal négatif est une réponse aussi correcte que $5$. Vérification : $-4\times(-6{,}5)=26$.

c) $7-2x=15$ : on retire $7$, $-2x=8$, on divise par $-2$, $x=-4$. La solution est NÉGATIVE, et on pouvait le prévoir : $7-2x$ doit valoir $15$, plus que $7$, donc il faut RETRANCHER un nombre négatif, ce qui exige $x<0$. Vérification : $7-2\times(-4)=7+8=15$. Prévoir le signe avant de calculer est un contrôle gratuit : un élève qui trouve $x=4$ devrait sentir que $7-8=-1$ ne vaut pas $15$.

d) Vérification : $3\times\dfrac{23}{3}+4=23+4=27\neq 19$. La réponse est fausse. L'erreur : pour défaire « $+4$ », il faut RETRANCHER $4$, pas l'ajouter ; l'élève a déplacé le $4$ sans changer son signe. Sur la balance, il a enlevé $4$ d'un plateau et en a AJOUTÉ $4$ sur l'autre, ce qui déséquilibre tout. La règle « on change de côté, on change de signe » n'est qu'un raccourci de « on fait la même opération des deux côtés », et c'est la version longue qui évite l'erreur.

a) On développe : $3x-12=5x+2$. On regroupe les $x$ à gauche en retirant $5x$ des deux côtés : $-2x-12=2$. On ajoute $12$ : $-2x=14$. On divise par $-2$ : $x=-7$. Vérification : $3(-7-4)=3\times(-11)=-33$ et $5\times(-7)+2=-35+2=-33$. On peut aussi regrouper les $x$ à droite pour éviter le coefficient négatif : $-12-2=5x-3x$, soit $-14=2x$, $x=-7$. Même résultat, et c'est souvent le chemin le plus sûr.

b) On développe : $6x+2-4=6x-2$, soit $6x-2=6x-2$. Les deux membres sont IDENTIQUES. Si on retire $6x$ des deux côtés, il reste $-2=-2$, toujours vrai, quelle que soit la valeur de $x$. L'équation a donc une INFINITÉ de solutions : tout nombre réel convient. Ce n'est pas une erreur de calcul, c'est une identité : l'énoncé dit la même chose de deux façons.

c) On développe : $4x+1=4x+10$. On retire $4x$ : $1=10$, ce qui est FAUX quelle que soit la valeur de $x$. L'équation n'a AUCUNE solution. Interprétation : $4x+1$ et $4x+10$ sont deux nombres qui diffèrent toujours de $9$, ils ne peuvent jamais être égaux. Les questions b) et c) se ressemblent et se terminent à l'opposé : quand les $x$ disparaissent, c'est la constante qui reste qui décide, vraie pour l'infinité, fausse pour aucune.

d) Gauche : $10x-15-x-7=9x-22$, en distribuant le signe moins sur les deux termes de la parenthèse. Droite : $3x-6+8=3x+2$. Équation : $9x-22=3x+2$, donc $6x=24$ et $x=4$. Vérification : gauche, $5(8-3)-(4+7)=25-11=14$ ; droite, $3(4-2)+8=6+8=14$. Le piège de cette équation est $-(x+7)=-x-7$ : écrire $-x+7$ donne $x=\dfrac{5}{3}$, et la vérification le révèle immédiatement, puisque les deux membres ne coïncident plus.

a) Le dénominateur commun de $3$ et $4$ est $12$. On multiplie tout par $12$ : $12\times\dfrac{x}{3}+12\times\dfrac{x}{4}=12\times 7$, soit $4x+3x=84$, donc $7x=84$ et $x=12$. Vérification : $\dfrac{12}{3}+\dfrac{12}{4}=4+3=7$. Le piège est d'oublier de multiplier le membre de droite : $4x+3x=7$ donne $x=1$, une réponse qui ne vérifie rien.

b) Dénominateur commun $10$ : $10\times\dfrac{2x-1}{5}=10\times\dfrac{x+3}{2}$, soit $2(2x-1)=5(x+3)$, donc $4x-2=5x+15$ et $x=-17$. Les parenthèses sont obligatoires : c'est TOUT le numérateur qui est multiplié par $2$, pas seulement $2x$. Vérification : $\dfrac{2(-17)-1}{5}=\dfrac{-35}{5}=-7$ et $\dfrac{-17+3}{2}=\dfrac{-14}{2}=-7$. Avec deux fractions égales, on peut aussi utiliser le produit croisé, $2(2x-1)=5(x+3)$ : c'est le même calcul.

c) Les décimaux sont des fractions : $0{,}25=\dfrac{1}{4}$ et $0{,}5=\dfrac{1}{2}$. On peut multiplier par $4$ : $x+6=2x$, donc $x=6$. Ou travailler directement : $1{,}5=0{,}5x-0{,}25x=0{,}25x$, donc $x=\dfrac{1{,}5}{0{,}25}=6$. Vérification : $0{,}25\times 6+1{,}5=1{,}5+1{,}5=3$ et $0{,}5\times 6=3$. Diviser par $0{,}25$, c'est multiplier par $4$ : une division par un nombre plus petit que $1$ AGRANDIT.

d) Dénominateur commun $6$ : $2(x+2)-(x-1)=12$. Le second terme est le piège : $6\times\dfrac{x-1}{6}=x-1$, et le signe moins devant s'applique aux DEUX termes, $-(x-1)=-x+1$. Donc $2x+4-x+1=12$, soit $x+5=12$ et $x=7$. Vérification : $\dfrac{9}{3}-\dfrac{6}{6}=3-1=2$. L'erreur classique, $-x-1$, donne $x=9$, et $\dfrac{11}{3}-\dfrac{8}{6}=\dfrac{7}{3}\neq 2$ : la vérification l'attrape.

a) Soit $n$ le plus petit. Les trois entiers sont $n$, $n+1$ et $n+2$, et $n+(n+1)+(n+2)=96$, soit $3n+3=96$, donc $3n=93$ et $n=31$. Les entiers sont $31$, $32$ et $33$, et $31+32+33=96$. Remarque : la somme de trois consécutifs vaut toujours le triple du nombre du milieu ; $96\div 3=32$ donne le milieu directement, ce qui est une bonne vérification.

b) Soit $a$ l'âge actuel de Léa, en années. Dans $5$ ans : $a+5$. Il y a $7$ ans : $a-7$. L'énoncé dit $a+5=2(a-7)$, soit $a+5=2a-14$, donc $a=19$. Léa a $19$ ans. Vérification : dans $5$ ans, $24$ ; il y a $7$ ans, $12$ ; et $24=2\times 12$. Le piège est de traduire « le double de l'âge qu'elle avait il y a $7$ ans » par $2a-7$ : le double porte sur l'âge d'alors, $a-7$ en entier, d'où la parenthèse.

c) Soit $\ell$ la largeur en cm. La longueur vaut $2\ell+3$. Périmètre : $2\ell+2(2\ell+3)=54$, soit $2\ell+4\ell+6=54$, donc $6\ell=48$ et $\ell=8$. Largeur $8$ cm, longueur $2\times 8+3=19$ cm. Vérification : $2\times 8+2\times 19=16+38=54$. On choisit d'appeler $\ell$ la LARGEUR parce que c'est la grandeur à partir de laquelle l'autre est décrite ; appeler $x$ la longueur mène à $\dfrac{x-3}{2}$ pour la largeur, ce qui marche mais complique tout.

d) « Le triple d'un nombre, diminué de $4$ » se lit $3x-4$ : on triple, puis on retire $4$. « Le triple d'un nombre diminué de $4$ », sans virgule, peut se lire $3(x-4)$ : on diminue de $4$, puis on triple. La phrase est ambiguë et les deux élèves ont chacun une lecture défendable ; en examen, la virgule ou le contexte tranchent. Les deux expressions coïncident quand $3x-4=3x-12$, c'est-à-dire jamais : $-4\neq-12$. Aucun nombre ne rend les deux lectures équivalentes, ce qui montre que l'ordre des opérations dans une phrase change la réponse.

a) On ajoute $5$ : $4x>-8$. On divise par $4$, positif, le sens ne change pas : $x>-2$. En compréhension : $\{x\in\mathbb{R}\mid x>-2\}$. En intervalle : $]-2\,;+\infty[$, crochet ouvert en $-2$ puisque $-2$ n'est pas solution, et toujours ouvert côté infini. Sur la droite : un point VIDE en $-2$ et une flèche vers la droite, comme sur la première droite du corrigé. Vérification avec $x=0$ : $-5>-13$, vrai ; avec $x=-3$ : $-17>-13$, faux.

b) On retire $7$ : $-3x\le 9$. On divise par $-3$, NÉGATIF, le sens se renverse : $x\ge-3$. Compréhension : $\{x\in\mathbb{R}\mid x\ge-3\}$. Intervalle : $[-3\,;+\infty[$, crochet fermé en $-3$ car $-3$ est solution. Droite : point PLEIN en $-3$, flèche vers la droite. Vérification avec $x=-3$ : $9+7=16\le 16$, vrai, la borne est bien incluse ; avec $x=-4$ : $12+7=19\le 16$, faux. L'oubli du renversement donne $x\le-3$, et le test $x=0$ ($7\le 16$, vrai) montre aussitôt que $0$ doit être solution.

c) Première manière : $2x-2\le 5x+8$, on retire $5x$, $-3x-2\le 8$, on ajoute $2$, $-3x\le 10$, on divise par $-3$ en RENVERSANT, $x\ge-\dfrac{10}{3}$. Seconde manière : on retire $2x$ et $8$, $-2-8\le 5x-2x$, soit $-10\le 3x$, on divise par $3$ sans renverser, $x\ge-\dfrac{10}{3}$. Même ensemble, $\left[-\dfrac{10}{3}\,;+\infty\right[$. La seconde manière évite complètement la division par un négatif : regrouper les $x$ du côté où leur coefficient reste positif est la façon la plus sûre de ne jamais oublier le renversement.

d) Ils diffèrent par UN nombre, $-2$, mais ce nombre est précisément la frontière, et c'est lui que l'énoncé teste. Dans un problème, la différence entre « plus de $18$ ans » et « au moins $18$ ans » décide qui a le droit de voter ; entre « moins de $50$ kg » et « au plus $50$ kg », qui passe la limite de bagage. Le crochet et le point plein ou vide portent exactement cette information, et une erreur de crochet est comptée comme une erreur de réponse, pas comme une faute de forme.

a) On ajoute $1$ aux trois parties : $-4<2x\le 8$. On divise les trois par $2$, positif : $-2<x\le 4$. Ensemble-solution : $]-2\,;4]$, ouvert en $-2$, fermé en $4$. Sur la droite du corrigé : point vide en $-2$, point plein en $4$, et le segment entre les deux. Vérification aux bornes : $x=4$ donne $2\times 4-1=7\le 7$, inclus ; $x=-2$ donne $-5$, et $-5<-5$ est faux, exclu.

b) On multiplie les trois parties par $2$ : $2\le 5-x<8$. On retire $5$ : $-3\le-x<3$. On multiplie par $-1$, ce qui RENVERSE les deux inégalités : $3\ge x>-3$, qu'on réécrit dans l'ordre croissant $-3<x\le 3$. Ensemble : $]-3\,;3]$. Le renversement porte sur les DEUX signes en même temps, et la borne fermée change de côté : c'était $-3$ qui était atteint dans $-3\le-x$, c'est $3$ qui est atteint dans $x\le 3$. Vérification : $x=3$ donne $\dfrac{2}{2}=1\le 1$, inclus ; $x=-3$ donne $\dfrac{8}{2}=4$, et $4<4$ est faux, exclu.

c) « Au moins $60$ » : $n\ge 60$. « Moins de $80$ » : $n<80$. Donc $60\le n<80$, soit $n\in[60\,;80[$. « Dépasse $2$ » : $m>2$, strict. « Sans atteindre $3{,}5$ » : $m<3{,}5$, strict. Donc $2<m<3{,}5$, soit $m\in\,]2\,;3{,}5[$. Chaque mot correspond à un signe, et le tableau à retenir tient en quatre lignes : au moins, $\ge$ ; au plus, $\le$ ; plus de, $>$ ; moins de, $<$.

d) Les entiers de $]-2\,;4]$ sont ceux strictement plus grands que $-2$ et au plus égaux à $4$ : $-1$, $0$, $1$, $2$, $3$, $4$, six entiers. Le $-2$ est exclu par le crochet ouvert, le $4$ inclus par le crochet fermé. Les entiers NATURELS solutions sont $0$, $1$, $2$, $3$, $4$, cinq nombres : $-1$ n'est pas un naturel. Passer des réels aux entiers change l'ensemble d'une infinité à une liste finie, et c'est ce qui arrive dans tout problème où la variable compte des objets.

a) $3<5$. Ajouter $-4$ : $-1<1$, toujours vrai, l'addition d'un négatif ne change rien au sens. Multiplier par $-1$ : $-3$ et $-5$, or $-3>-5$ : le sens s'est RENVERSÉ. Multiplier par $-2$ : $-6$ et $-10$, et $-6>-10$, renversé encore. Sur la droite numérique, multiplier par un négatif envoie chaque nombre de l'autre côté de zéro, comme dans un miroir : ce qui était à droite passe à gauche, donc le plus grand devient le plus petit. Seule la multiplication (ou la division) par un négatif a cet effet ; l'addition ne fait que glisser les deux nombres ensemble.

b) Première voie : $5-2x<11$, on retire $5$, $-2x<6$, on divise par $-2$ en renversant, $x>-3$. Seconde voie : on ajoute $2x$ des deux côtés, $5<11+2x$, on retire $11$, $-6<2x$, on divise par $2$, $-3<x$, c'est-à-dire $x>-3$. Même réponse. La seconde voie n'a jamais eu de coefficient négatif devant $x$, donc jamais de renversement à penser : c'est la méthode à privilégier quand on doute. Vérification : $x=0$ donne $5<11$, vrai, et $0>-3$.

c) $\dfrac{x}{-3}\ge 2$ : on multiplie par $-3$, négatif, en renversant : $x\le-6$. Vérification : $x=-6$ donne $2\ge 2$, vrai ; $x=0$ donne $0\ge 2$, faux, donc $0$ n'est pas solution, cohérent avec $x\le-6$. $-\dfrac{2}{5}x<4$ : on multiplie par $-\dfrac{5}{2}$ en renversant : $x>-10$. Vérification : $x=0$ donne $0<4$, vrai. Dans les deux cas, la solution est du côté inattendu, et le test avec $x=0$ est le contrôle le plus rapide qui existe.

d) Contre-exemple 1 : $x+8<5$ donne $x<-3$, solution négative, et pourtant AUCUN renversement, puisqu'on n'a fait qu'une soustraction. Contre-exemple 2 : $-x<-4$ donne $x>4$, solution positive, et pourtant on a RENVERSÉ, en divisant par $-1$. Le renversement ne dépend pas du signe de la solution mais du signe du nombre par lequel on MULTIPLIE ou on DIVISE. Confondre les deux est l'erreur de raisonnement la plus courante du chapitre, et elle est indétectable sans vérification numérique.

a) Coût : $450+3n$ dollars, une partie fixe et une partie qui dépend de $n$. Recette : $12n$ dollars. Profit : recette moins coût, $12n-(450+3n)=9n-450$ dollars. Le signe moins s'applique aux deux termes du coût, d'où $-3n$ : chaque assiette rapporte $12-3=9$ dollars nets, et c'est ce $9$ qui doit rembourser les $450$ de la salle.

b) Ne pas perdre d'argent, c'est un profit positif ou nul : $9n-450\ge 0$, soit $9n\ge 450$ et $n\ge 50$. Il faut vendre AU MOINS $50$ billets ; à $50$ exactement, le profit est nul, c'est le seuil de rentabilité. Vérification : $12\times 50=600$ de recette et $450+150=600$ de coût. Avec $49$ billets, le profit vaut $9\times 49-450=-9$ dollars, une perte.

c) $9n-450\ge 1000$, soit $9n\ge 1450$ et $n\ge\dfrac{1450}{9}\approx 161{,}1$. Comme $n$ est un nombre entier de billets, il faut $n\ge 162$ : avec $161$ billets, le profit vaut $999$ dollars, un dollar sous l'objectif ; avec $162$, il vaut $1008$. On arrondit vers le HAUT, par excès, parce que « au moins » exige d'atteindre le seuil. Si la salle est limitée à $150$ personnes, $n\le 150$ et le profit maximal vaut $9\times 150-450=900$ dollars : l'objectif de $1000$ est IMPOSSIBLE, quel que soit le nombre de billets. Une inéquation peut n'avoir aucune solution dans le domaine du problème, et c'est une réponse.

d) Sans la salle à payer et à $9$ dollars le billet, le profit devient $9n-3n=6n$ : il est positif dès le premier billet, le seuil de rentabilité tombe à $n\ge 1$. Pour $1000$ dollars : $6n\ge 1000$, $n\ge 166{,}7$, donc $167$ billets, davantage qu'avant ($162$). L'offre supprime le risque de perte mais ralentit le profit, parce que la marge par billet passe de $9$ à $6$ dollars. Dans une salle de $150$ places, le profit maximal serait $900$ dollars dans les deux scénarios : l'offre n'y change rien au plafond.

a) $20\le 5+2t\le 50$. On retire $5$ aux trois parties : $15\le 2t\le 45$. On divise par $2$ : $7{,}5\le t\le 22{,}5$. On peut introduire les poissons de la minute $7{,}5$ à la minute $22{,}5$, soit pendant $15$ minutes. Vérification : $5+2\times 7{,}5=20$ et $5+2\times 22{,}5=50$, les deux bornes sont exactement atteintes, d'où les crochets fermés.

b) Sur le graphique, la droite $N=5+2t$ coupe la ligne horizontale $N=20$ à $t=7{,}5$ et la ligne $N=50$ à $t=22{,}5$ : ce sont les deux pointillés verticaux. La zone utile est la bande horizontale entre $20$ et $50$, et le segment de droite qui la traverse a pour projection sur l'axe des temps l'intervalle $[7{,}5\,;22{,}5]$. Le graphique et le calcul disent la même chose ; le graphique donne l'allure et permet d'estimer, le calcul donne les valeurs exactes.

c) Le niveau ne doit pas dépasser $60$ cm : $5+2t\le 60$, soit $2t\le 55$ et $t\le 27{,}5$. Il faut fermer le robinet au plus tard à $27{,}5$ minutes, c'est-à-dire $27$ minutes et $30$ secondes après l'ouverture. À cet instant précis, l'eau atteint le bord. Sur le graphique, c'est le point où la droite sort de la fenêtre par le haut, un peu avant $t=30$.

d) Nouveau modèle, en repartant de $t=0$ à la vidange : $N=60-1{,}5t$. Condition : $60-1{,}5t>12$, strict. On retire $60$ : $-1{,}5t>-48$. On divise par $-1{,}5$, négatif, en RENVERSANT : $t<32$. Le niveau reste strictement au-dessus de $12$ cm pendant les $32$ premières minutes de vidange ; à $t=32$ exactement, il vaut $12$, et la condition stricte n'est plus remplie. Vérification : $60-1{,}5\times 32=12$. Le renversement est obligatoire ici : oublier de le faire donnerait $t>32$, c'est-à-dire que le niveau dépasserait $12$ cm APRÈS la $32$e minute, ce que le bon sens réfute, puisqu'on vide.