Exercices corrigés : les systèmes d'équations : comparaison et méthode graphique (math, secondaire 3)

a) $(4\,;3)$ : $2\times 4+3=11$, vrai ; $4-3=1$, vrai. C'est une solution. $(5\,;1)$ : $10+1=11$, vrai ; mais $5-1=4\neq 1$, faux. Ce n'est PAS une solution, même si la première équation est vérifiée. $(3\,;2)$ : $6+2=8\neq 11$, faux dès la première. Pas une solution. Un couple doit passer les DEUX tests, et un seul échec suffit à l'éliminer.

b) Il suffit de choisir $x$ et de calculer $y=11-2x$ : $(0\,;11)$, $(1\,;9)$, $(2\,;7)$, $(4\,;3)$, $(10\,;-9)$. Il y en a une infinité parce que chaque valeur de $x$, entière, décimale ou négative, donne un $y$ : les solutions d'une équation à deux inconnues forment une DROITE, pas un point. C'est pour cela qu'une seule équation ne suffit jamais à déterminer deux inconnues.

c) Pour $y=11-2x$ : $11$, $9$, $7$, $5$, $3$, $1$. Pour $y=x-1$ : $-1$, $0$, $1$, $2$, $3$, $4$. Les deux colonnes coïncident pour $x=4$, où les deux donnent $y=3$ : la solution est $(4\,;3)$. La table montre autre chose : la première colonne DESCEND de $2$ à chaque pas, la seconde MONTE de $1$ ; elles se croisent donc une seule fois, et l'écart entre elles change de $3$ à chaque pas, $12$, $9$, $6$, $3$, $0$, $-3$.

d) Chaque équation est une droite, et deux droites qui ne sont pas parallèles se coupent en UN point. Les solutions de la première forment une droite, celles de la seconde une autre droite, et la solution du système est le point qui appartient aux deux : leur intersection. Une infinité de couples d'un côté, une infinité de l'autre, et un seul en commun. C'est la définition géométrique qu'il faut garder en tête pour tout le chapitre : résoudre un système, c'est trouver le point commun.

a) Pour $y=2x-1$ : $x=0$ donne $y=-1$, $x=3$ donne $y=5$ ; on place $(0\,;-1)$ et $(3\,;5)$ et on trace la droite qui monte. Pour $y=-x+5$ : $x=0$ donne $y=5$, $x=5$ donne $y=0$ ; on place $(0\,;5)$ et $(5\,;0)$ et on trace la droite qui descend. Deux points suffisent pour une droite, mais un TROISIÈME sert de contrôle : si les trois ne sont pas alignés, un calcul est faux.

b) Les deux droites se coupent au point $(2\,;3)$, comme le montre la figure du corrigé. C'est la solution : $x=2$ et $y=3$. La lecture est fiable ici parce que le point tombe sur un nœud du quadrillage ; ce ne sera pas toujours le cas, et c'est la limite de la méthode, qu'on verra à l'exercice 5.

c) Première équation : $2\times 2-1=3$, vrai. Seconde : $-2+5=3$, vrai. Le couple $(2\,;3)$ vérifie les deux équations, la lecture graphique est confirmée. Une lecture graphique non vérifiée par le calcul vaut la moitié des points : le graphique propose, le calcul dispose.

d) Pour $x=1$ : $y_{1}=1$ et $y_{2}=4$ ; la droite $y=2x-1$ est EN DESSOUS de l'autre, et $y_{1}-y_{2}=-3<0$. Pour $x=4$ : $y_{1}=7$ et $y_{2}=1$ ; elle est passée AU-DESSUS, et $y_{1}-y_{2}=6>0$. Le signe de la différence change en $x=2$, exactement au point d'intersection, où $y_{1}-y_{2}=0$. Lire un système sur un graphique, c'est donc aussi lire QUI est au-dessus de qui, et de quel côté du croisement : c'est cette lecture qui répondra aux questions « à partir de quand » des problèmes.

a) Les deux $y$ sont égaux, donc $3x-4=x+6$. On retire $x$ : $2x-4=6$. On ajoute $4$ : $2x=10$, $x=5$. Puis $y=x+6=11$. Solution : $(5\,;11)$. Vérification dans l'AUTRE équation : $3\times 5-4=11$. Comparer, c'est exactement ce que fait le graphique : chercher le $x$ où les deux droites ont la même hauteur.

b) $-2x+9=\dfrac{1}{2}x-1$. Pour éviter la fraction, on multiplie tout par $2$ : $-4x+18=x-2$. On regroupe : $20=5x$, donc $x=4$. Puis $y=-2\times 4+9=1$. Solution : $(4\,;1)$. Vérification : $\dfrac{1}{2}\times 4-1=1$. Le regroupement des $x$ à droite ($x+4x$) évite le coefficient négatif et la division par $-5$ ; le résultat est le même.

c) La seconde équation n'est pas sous la forme $y=\ldots$ : on isole $y$, $y=7-2x$. Le système devient $y=4x-5$ et $y=7-2x$, donc $4x-5=7-2x$, soit $6x=12$ et $x=2$. Puis $y=4\times 2-5=3$. Solution : $(2\,;3)$. Vérification dans l'équation d'origine : $2\times 2+3=7$. Isoler $y$ est une étape à part entière, à écrire, et il faut vérifier dans l'équation TELLE QU'ELLE ÉTAIT DONNÉE, pas dans la version isolée, pour attraper une erreur d'isolement.

d) Il manque la MOITIÉ de la réponse : une solution de système est un couple, pas un nombre. Avec $y=3x-4$ il obtient $y=11$ ; avec $y=x+6$ il obtient $y=11$ aussi. C'est normal, et c'est même le test : si les deux équations ne donnent pas le même $y$ pour le $x$ trouvé, le $x$ est faux. Un élève qui écrit « $x=5$ » à la fin d'un système perd la moitié des points de la question, et il perd tout le problème si la question demandait justement la valeur de $y$.

a) Première équation : $y=12-x$. Seconde : $y=x-4$. Comparaison : $12-x=x-4$, donc $16=2x$ et $x=8$. Puis $y=12-8=4$. Solution : $(8\,;4)$. Vérification : $8+4=12$ et $8-4=4$. Le signe de $y$ dans la seconde équation est le piège : de $x-y=4$ on tire $-y=4-x$, donc $y=x-4$, et non $y=4-x$.

b) Première : $x=12-y$. Seconde : $x=4+y$. Comparaison : $12-y=4+y$, donc $8=2y$ et $y=4$, puis $x=8$. Même solution $(8\,;4)$. Le chemin ne change pas la destination : quel que soit ce qu'on isole, on trouve le même point, parce qu'il n'y a qu'un seul point commun aux deux droites. Ce qui change, c'est la facilité du calcul.

c) Ici $x$ est la variable commode : la seconde équation donne $x=2y$ sans aucune fraction, et la première donne $x=\dfrac{16-2y}{3}$. Comparaison : $2y=\dfrac{16-2y}{3}$, donc $6y=16-2y$, $8y=16$, $y=2$, puis $x=4$. Solution : $(4\,;2)$. Vérification : $12+4=16$ et $4-4=0$. Isoler $y$ aurait donné $y=\dfrac{16-3x}{2}$ et $y=\dfrac{x}{2}$, ce qui marche aussi mais avec deux fractions au lieu d'une.

d) Soit $a$ le plus grand et $b$ le plus petit. Somme : $a+b=45$. Différence : $a-b=13$. On isole $a$ : $a=45-b$ et $a=13+b$, donc $45-b=13+b$, $32=2b$, $b=16$ et $a=29$. Les nombres sont $29$ et $16$ : $29+16=45$ et $29-16=13$. Remarque utile : quand on connaît la somme $S$ et la différence $D$ de deux nombres, le grand vaut toujours $\dfrac{S+D}{2}$ et le petit $\dfrac{S-D}{2}$, ici $\dfrac{58}{2}=29$ et $\dfrac{32}{2}=16$.

a) Le point d'intersection semble se situer entre $x=2$ et $x=3$, plus près de $2{,}5$, et entre $y=1{,}5$ et $y=2$. On peut estimer $(2{,}5\,;1{,}8)$ environ. Personne ne peut lire le centième sur ce dessin, et c'est exactement le problème : deux élèves honnêtes liront $(2{,}5\,;1{,}7)$ et $(2{,}4\,;1{,}9)$.

b) $3x-5{,}75=-x+4{,}25$, donc $4x=10$ et $x=2{,}5$. Puis $y=-2{,}5+4{,}25=1{,}75$. Solution exacte : $(2{,}5\,;1{,}75)$. Vérification : $3\times 2{,}5-5{,}75=7{,}5-5{,}75=1{,}75$. Le calcul donne le centième que le graphique ne pouvait pas donner.

c) L'estimation $(2{,}5\,;1{,}8)$ est proche de la valeur exacte $(2{,}5\,;1{,}75)$ : l'écart sur $y$ est $0{,}05$, invisible à l'œil. Lire $(2\,;2)$ serait une vraie erreur : en $x=2$, la première droite vaut $0{,}25$ et la seconde $2{,}25$, elles ne se touchent pas du tout. Le point $(2\,;2)$ ne vérifie AUCUNE des deux équations, et un test de trente secondes l'aurait éliminé. La règle : toute lecture graphique se vérifie dans les deux équations, et si elle ne les vérifie pas exactement, on la traite comme une estimation et on calcule.

d) $\begin{cases}y=3x\\ y=x+1\end{cases}$ a pour solution $x=\dfrac{1}{2}$, $y=\dfrac{3}{2}$ : le point $\left(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{3}{2}\right)$ tombe au milieu d'un carreau, et il s'écrit mal en décimales dès que les coefficients se compliquent, $\dfrac{1}{3}$ par exemple. La méthode graphique reste utile pour trois choses : voir COMBIEN de solutions il y a (une, aucune si les droites sont parallèles, une infinité si elles sont confondues), voir OÙ chercher, et repérer une erreur de calcul grossière, quand la solution calculée est loin du croisement dessiné. Le graphique contrôle, le calcul répond.

a) Soit $p$ l'âge du père et $f$ celui de la fille, en années. « $30$ ans de plus » : $p=f+30$. « Dans $6$ ans, le triple » : $p+6=3(f+6)$, c'est-à-dire $p=3f+18-6=3f+12$. Comparaison : $f+30=3f+12$, donc $18=2f$, $f=9$ et $p=39$. Le père a $39$ ans, la fille $9$. Vérification : dans $6$ ans, $45$ et $15$, et $45=3\times 15$. Le piège est d'écrire $p+6=3f+6$ en oubliant que la fille vieillit aussi de $6$ ans.

b) Soit $L$ la longueur et $\ell$ la largeur, en cm. Périmètre : $2L+2\ell=70$, soit $L+\ell=35$. Relation : $L=\ell+9$. On isole $L$ dans la première : $L=35-\ell$. Comparaison : $35-\ell=\ell+9$, donc $26=2\ell$, $\ell=13$ et $L=22$. Dimensions : $22$ cm sur $13$ cm. Vérification : $2\times 22+2\times 13=44+26=70$ et $22-13=9$.

c) Soit $a$ le premier et $b$ le second. $a+b=100$ et $a=\dfrac{b}{4}$. On isole $a$ dans la première : $a=100-b$. Comparaison : $100-b=\dfrac{b}{4}$, on multiplie par $4$, $400-4b=b$, $400=5b$, $b=80$ et $a=20$. Vérification : $20+80=100$ et $20=\dfrac{80}{4}$. Écrire « le premier vaut le quart du second » comme $b=\dfrac{a}{4}$ est l'erreur de traduction classique : elle inverse les rôles et donne $(80\,;20)$, ce qui ne respecte pas l'énoncé.

d) Système : $a+b=50$ et $2a+2b=100$. La seconde équation est la première multipliée par $2$ : elle ne contient AUCUNE information nouvelle. En isolant $b$ : $b=50-a$ dans les deux cas, et la comparaison donne $50-a=50-a$, toujours vrai. Il y a une infinité de solutions, tous les couples de somme $50$. Graphiquement, les deux droites sont CONFONDUES. Pour déterminer deux inconnues, il faut deux informations INDÉPENDANTES, c'est-à-dire deux droites différentes.

a) $V_{A}=200+15t$ : il MONTE de $15$ par minute. $V_{B}=800-25t$ : il DESCEND de $25$ par minute. Le système est $\begin{cases}V=200+15t\\ V=800-25t\end{cases}$, et sa solution est l'instant $t$ où les deux volumes coïncident, avec la valeur commune $V$. Les deux équations sont déjà en $V=\ldots$, la comparaison est immédiate.

b) $200+15t=800-25t$, donc $40t=600$ et $t=15$. Puis $V=200+15\times 15=425$. Solution : $(15\,;425)$. Interprétation : après $15$ minutes, les deux réservoirs contiennent chacun $425$ L. Vérification par B : $800-25\times 15=800-375=425$. Les deux réservoirs se rapprochent de $15+25=40$ L par minute, et l'écart initial de $600$ L se comble en $\dfrac{600}{40}=15$ minutes : c'est une seconde façon de voir le même calcul.

c) La droite de A part de $(0\,;200)$ et monte ; celle de B part de $(0\,;800)$ et descend, plus vite. Elles se croisent en $(15\,;425)$, comme le montre le graphique du corrigé. À gauche du croisement, la droite de B est au-dessus ; à droite, c'est celle de A. Le graphique confirme le calcul et le rend lisible d'un coup d'œil.

d) B contient plus d'eau que A tant que sa droite est au-dessus, c'est-à-dire pour $0\le t<15$ : pendant les $15$ premières minutes, à l'instant $15$ les deux sont égaux. B est vide quand $800-25t=0$, soit $t=32$ minutes. Après $32$ minutes, la formule $800-25t$ donnerait un volume NÉGATIF, ce qui n'a pas de sens : le modèle ne vaut que pour $0\le t\le 32$. De même, le réservoir A a une capacité, que l'énoncé ne donne pas, et son modèle s'arrête quand il est plein. Un système décrit une situation dans un DOMAINE, et donner ce domaine fait partie de la réponse.

a) Maya : $d=180t$, elle court depuis le début. Théo part $6$ minutes plus tard, il n'a donc couru que $t-6$ minutes : $d=240(t-6)=240t-1440$. Cette expression n'a de sens que pour $t\ge 6$ ; avant, Théo n'est pas parti et sa distance vaut $0$. Le piège classique est d'écrire $240t-6$ ou $240t+6$ : le retard est un temps, il se retranche du temps AVANT d'être multiplié par la vitesse.

b) Rattrapage : même distance au même instant, donc $180t=240t-1440$, soit $1440=60t$ et $t=24$. Distance : $180\times 24=4320$ m. Théo rattrape Maya $24$ minutes après le départ de Maya, soit $18$ minutes après son propre départ, à $4{,}32$ km du point de départ. Autre lecture : au départ de Théo, Maya a $180\times 6=1080$ m d'avance, et Théo gagne $240-180=60$ m par minute ; il comble l'avance en $\dfrac{1080}{60}=18$ minutes, c'est-à-dire à $t=6+18=24$.

c) Sur le graphique, la droite de Maya part de l'origine ; celle de Théo part de $(6\,;0)$ et monte plus vite. Elles se croisent en $(24\,;4320)$, le point marqué. Calcul : Maya, $180\times 24=4320$ ; Théo, $240\times(24-6)=240\times 18=4320$. Les deux distances coïncident, la solution est confirmée. Après $t=24$, la droite de Théo passe au-dessus : il est devant.

d) À $180$ m par minute, la distance de Théo serait $d=180(t-6)=180t-1080$. Le système $d=180t$ et $d=180t-1080$ donne $180t=180t-1080$, soit $0=-1080$ : FAUX, aucune solution. Théo ne rattrape jamais Maya. Sur le graphique, les deux droites ont la même pente, elles sont PARALLÈLES, et l'écart entre elles reste $1080$ m pour toujours. Deux coureurs à la même vitesse gardent le même écart : le système le dit en une ligne, et c'est le cas « aucune solution » de l'exercice 6, vu de l'autre côté.

a) Soit $q$ le nombre de pièces de $25$ cents et $d$ le nombre de pièces de $10$ cents. Nombre de pièces : $q+d=32$. Valeur, en CENTS pour éviter les décimales : $25q+10d=605$. Le choix de l'unité est le premier piège : mélanger des dollars et des cents ($0{,}25q+10d=6{,}05$) donne un système faux dès l'écriture. On peut aussi tout écrire en dollars, $0{,}25q+0{,}10d=6{,}05$, c'est la même équation divisée par $100$.

b) On isole $d$ : $d=32-q$ dans la première ; dans la seconde, $10d=605-25q$, donc $d=\dfrac{605-25q}{10}=60{,}5-2{,}5q$. Comparaison : $32-q=60{,}5-2{,}5q$, soit $1{,}5q=28{,}5$ et $q=19$. Puis $d=32-19=13$. Solution : $19$ pièces de $25$ cents et $13$ pièces de $10$ cents. On aurait pu isoler $q$ à la place ; le calcul est un peu plus long mais mène au même couple.

c) Pièces : $19+13=32$, vrai. Valeur : $25\times 19+10\times 13=475+130=605$ cents, soit $6{,}05$ dollars, vrai. Les deux équations sont vérifiées avec les données de l'énoncé, pas avec les versions isolées : c'est la seule vérification qui attrape une erreur d'isolement, comme un $d=60{,}5+2{,}5q$ qui aurait donné un $q$ négatif.

d) Avec $600$ cents : $d=32-q$ et $d=60-2{,}5q$, donc $32-q=60-2{,}5q$, $1{,}5q=28$ et $q=\dfrac{28}{1{,}5}\approx 18{,}67$. Ce n'est pas un ENTIER : on ne peut pas avoir $18{,}67$ pièces. Le système a bien une solution mathématique, $\left(\dfrac{56}{3}\,;\dfrac{40}{3}\right)$, mais elle n'est pas acceptable dans le problème, où les inconnues comptent des objets. Conclusion : avec $32$ pièces de $25$ et de $10$ cents, un total de $6{,}00$ dollars est IMPOSSIBLE, et l'énoncé corrigé contient une erreur. Un résultat non entier dans un problème de dénombrement n'est jamais à arrondir : il signale une donnée fausse ou une mise en équation fausse.