Exercices corrigés : les systèmes d'équations (math SN4)

Les deux équations donnent déjà $y$ : on les égale. $2x+1=-x+7$, donc $3x=6$ et $x=2$. On remplace dans l'une ou l'autre : $y=2(2)+1=5$. Le couple est $(2;5)$. Vérification dans la seconde : $-2+7=5$ ✓. Géométriquement, les droites de pentes $2$ et $-1$ se croisent au point $(2;5)$.

Il faut d'abord isoler $y$ dans chacune : $y=\dfrac{3x-4}{2}$ et $y=\dfrac{x+6}{4}$. On compare : $\dfrac{3x-4}{2}=\dfrac{x+6}{4}$. On multiplie en croix : $4(3x-4)=2(x+6)$, soit $12x-16=2x+12$, donc $10x=28$ et $x=2{,}8$. Puis $y=\dfrac{3(2{,}8)-4}{2}=\dfrac{8{,}4-4}{2}=\dfrac{4{,}4}{2}=2{,}2$. Le couple est $(2{,}8;2{,}2)$. Vérification dans la seconde équation : $4(2{,}2)=8{,}8$ et $2{,}8+6=8{,}8$ ✓.

Ici la comparaison demande un peu de travail préalable, mais elle reste la plus rapide car $y$ a le coefficient $1$ dans les deux équations. De la première : $y=11-3x$. De la seconde : $y=2x-4$. On compare : $11-3x=2x-4$, donc $15=5x$ et $x=3$. Alors $y=2(3)-4=2$. Le couple est $(3;2)$. Vérification : $3(3)+2=11$ ✓ et $2(3)-2=4$ ✓. Remarque de méthode : quand une variable a le coefficient $1$ ou $-1$ quelque part, comparaison et substitution sont toutes deux excellentes ; c'est la réduction qui devient inutilement lourde.

$x$ est déjà isolé. On le remplace dans la seconde équation : $3(2y-3)+4y=11$, soit $6y-9+4y=11$, donc $10y=20$ et $y=2$. On revient à la première : $x=2(2)-3=1$. Le couple est $(1;2)$. Vérification dans la seconde : $3(1)+4(2)=3+8=11$ ✓.

$y$ est isolé. On remplace : $4x-3(5-2x)=13$, soit $4x-15+6x=13$, donc $10x=28$ et $x=2{,}8$. Puis $y=5-2(2{,}8)=5-5{,}6=-0{,}6$. Le couple est $(2{,}8;-0{,}6)$. Vérification : $4(2{,}8)-3(-0{,}6)=11{,}2+1{,}8=13$ ✓. Attention au signe lors de la distribution de $-3$ sur $(5-2x)$ : c'est l'erreur la plus fréquente de tout le chapitre.

Aucune variable n'est isolée, mais $x$ a le coefficient $1$ dans la première : on isole $x=10-3y$. On remplace dans la seconde : $2(10-3y)-y=6$, soit $20-6y-y=6$, donc $-7y=-14$ et $y=2$. Alors $x=10-3(2)=4$. Le couple est $(4;2)$. Vérification : $4+3(2)=10$ ✓ et $2(4)-2=6$ ✓.

Les coefficients de $y$ sont déjà opposés, $+2$ et $-2$ : on additionne directement les deux équations. $(3x+5x)+(2y-2y)=16+8$, soit $8x=24$ et $x=3$. On remplace dans la première : $9+2y=16$, donc $2y=7$ et $y=3{,}5$. Le couple est $(3;3{,}5)$. Vérification dans la seconde : $5(3)-2(3{,}5)=15-7=8$ ✓.

Pour éliminer $x$, on multiplie la première par $2$ : $4x+10y=-8$. On la soustrait de la seconde, ce qui revient à additionner son opposée : $(4x-3y)-(4x+10y)=18-(-8)$, soit $-13y=26$ et $y=-2$. On remplace dans la première équation d'origine : $2x+5(-2)=-4$, donc $2x=6$ et $x=3$. Le couple est $(3;-2)$. Vérification dans la seconde : $4(3)-3(-2)=12+6=18$ ✓.

On commence toujours par chasser les dénominateurs. La première, multipliée par $6$ : $3x+2y=24$. La seconde, multipliée par $4$ : $x-4y=-20$. Pour éliminer $y$, on multiplie la première par $2$ : $6x+4y=48$, puis on additionne la seconde : $(6x+x)+(4y-4y)=48-20$, soit $7x=28$ et $x=4$. On remplace dans $3x+2y=24$ : $12+2y=24$, donc $y=6$. Le couple est $(4;6)$. Vérification dans les équations D'ORIGINE, pas dans les versions multipliées : $\dfrac{4}{2}+\dfrac{6}{3}=2+2=4$ ✓ et $\dfrac{4}{4}-6=1-6=-5$ ✓.

Les deux pentes valent $3$ : les droites sont parallèles. Les ordonnées à l'origine, $-2$ et $5$, diffèrent : elles sont donc parallèles DISTINCTES et ne se coupent jamais. Le système n'a AUCUNE solution, $S=\varnothing$. Algébriquement, la comparaison donne $3x-2=3x+5$, soit $-2=5$, une égalité fausse : c'est la signature d'un système sans solution.

On met la première sous forme fonctionnelle : $2x-4y=6$ donne $-4y=6-2x$, donc $y=\dfrac{2x-6}{4}=\dfrac{x}{2}-\dfrac{3}{2}$. La seconde : $x-2y=3$ donne $y=\dfrac{x-3}{2}=\dfrac{x}{2}-\dfrac{3}{2}$. Même pente ET même ordonnée à l'origine : les droites sont CONFONDUES. Le système a une INFINITÉ de solutions, tous les couples de la droite $y=\dfrac{x}{2}-\dfrac{3}{2}$. On pouvait le voir immédiatement : la première équation est exactement le double de la seconde. Algébriquement, la réduction donne $0=0$, une égalité toujours vraie : c'est la signature de l'infinité.

Les pentes $2$ et $-3$ diffèrent : les droites sont sécantes et il y a exactement une solution. Par comparaison : $2x+1=-3x+11$, donc $5x=10$ et $x=2$, puis $y=2(2)+1=5$. Le couple est $(2;5)$. Vérification : $-3(2)+11=5$ ✓.

« Aucune solution » signifie parallèles distinctes, donc même pente et ordonnées à l'origine différentes. On met les deux sous forme fonctionnelle. La seconde : $3x-y=5$ donne $y=3x-5$, de pente $3$. La première : $mx-2y=8$ donne $-2y=8-mx$, donc $y=\dfrac{m}{2}x-4$, de pente $\dfrac{m}{2}$. L'égalité des pentes impose $\dfrac{m}{2}=3$, soit $m=6$. Il reste à vérifier que les droites ne sont pas confondues : les ordonnées à l'origine valent $-4$ et $-5$, elles diffèrent ✓. Donc $m=6$ donne bien un système sans solution. Ce contrôle final compte : si les ordonnées avaient coïncidé, la même valeur de $m$ aurait donné une infinité de solutions, pas zéro.

Chaque forfait a un coût fixe et un coût variable proportionnel au temps. Forfait A : $C_A(t)=30+0{,}05t$. Forfait B : $C_B(t)=10+0{,}15t$. Ce sont deux fonctions affines ; le coût fixe est l'ordonnée à l'origine, le tarif à la minute est la pente.

On résout $C_A(t)=C_B(t)$, soit $30+0{,}05t=10+0{,}15t$. On rassemble : $30-10=0{,}15t-0{,}05t$, donc $20=0{,}10t$ et $t=200$ minutes. Le coût commun vaut $C_A(200)=30+0{,}05(200)=30+10=40$ dollars, ce que confirme $C_B(200)=10+0{,}15(200)=10+30=40$ dollars ✓. Le point d'intersection est $(200;40)$, marqué sur la figure. C'est le seuil au-delà duquel le classement des deux forfaits s'inverse.

« A plus avantageux » signifie « A coûte moins cher », donc $C_A(t)<C_B(t)$ : $30+0{,}05t<10+0{,}15t$. On rassemble : $20<0{,}10t$, donc $t>200$. Le forfait A devient plus avantageux à partir de 200 minutes par mois, au-delà du seuil. C'est logique : A a un coût fixe plus élevé mais un tarif à la minute trois fois plus faible, donc il ne rattrape son retard qu'à partir d'un certain volume d'appels. La figure le montre : au-delà de $t=200$, la droite A passe sous la droite B.

Pour $t=320$ : $C_A(320)=30+0{,}05(320)=30+16=46$ dollars et $C_B(320)=10+0{,}15(320)=10+48=58$ dollars. Comme $320>200$, le forfait A est bien le moins cher, cohérent avec c). L'économie mensuelle est de $58-46=12$ dollars, soit $12\times 12=144$ dollars par année. On conseille donc le forfait A.

Par comparaison : $x^2-2x-3=x-3$. On ramène tout à gauche : $x^2-3x=0$, soit $x(x-3)=0$, d'où $x=0$ ou $x=3$. On calcule les $y$ correspondants avec l'équation la plus simple, celle de la droite : pour $x=0$, $y=-3$ ; pour $x=3$, $y=0$. Les deux points d'intersection sont $(0;-3)$ et $(3;0)$, marqués sur la figure. Vérification avec la parabole : $0-0-3=-3$ ✓ et $9-6-3=0$ ✓.

Par comparaison : $x^2+1=2x$, soit $x^2-2x+1=0$, c'est-à-dire $(x-1)^2=0$. Le discriminant vaut $\Delta=4-4=0$ : il y a une SEULE solution, $x=1$, donc $y=2(1)=2$. L'unique point commun est $(1;2)$. Interprétation géométrique : une racine double signifie que la droite est TANGENTE à la parabole, elle la touche sans la traverser. Contrôle : $1^2+1=2$ ✓.

Par comparaison : $x^2+2=x-1$, soit $x^2-x+3=0$. Le discriminant vaut $\Delta=1-4(1)(3)=1-12=-11<0$ : aucune solution réelle. La droite et la parabole n'ont AUCUN point commun ; la parabole reste entièrement au-dessus de la droite. On peut le confirmer par complétion du carré : $x^2-x+3=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{11}{4}$, toujours strictement positif, donc $x^2+2$ dépasse toujours $x-1$.

La droite $y=k$ est horizontale. On résout $x^2-4x+7=k$, soit $x^2-4x+(7-k)=0$. Un seul point d'intersection signifie discriminant nul : $\Delta=16-4(7-k)=16-28+4k=4k-12=0$, donc $k=3$. Autre voie, plus rapide : une horizontale ne touche une parabole en un seul point que si elle passe par son SOMMET. Or le sommet a pour abscisse $x=\dfrac{4}{2}=2$ et pour ordonnée $y=4-8+7=3$. Donc $k=3$, et le point de tangence est $(2;3)$. Les deux raisonnements donnent la même réponse, ce qui est une bonne vérification.

Le système a exactement une solution tant que les deux droites ne sont pas parallèles. Les coefficients de $x$ sont $2$ et $4$ : le rapport vaut $\dfrac{4}{2}=2$. Les droites sont parallèles quand les coefficients de $y$ suivent le même rapport, c'est-à-dire quand $m=2\times 3=6$. Donc pour tout $m\neq 6$, le système admet exactement une solution.

Pour $m=6$, la seconde équation devient $4x+6y=5$. Or $4x+6y=2(2x+3y)$, et la première équation dit que $2x+3y=7$, donc $4x+6y$ vaut nécessairement $14$. Le système exigerait à la fois $4x+6y=14$ et $4x+6y=5$, ce qui est contradictoire puisque $14\neq 5$. Il n'y a donc AUCUNE solution pour $m=6$ : les deux droites sont parallèles distinctes.

Non. Une infinité de solutions demanderait que les deux équations soient proportionnelles TERME À TERME, constante comprise. Le rapport des coefficients de $x$ impose le facteur $2$, donc la seconde équation devrait être $4x+6y=14$. Or son membre de droite vaut $5$, et $5\neq 14$. Aucune valeur de $m$ ne peut corriger cela, car $m$ n'agit que sur le coefficient de $y$, pas sur la constante. Il n'existe donc aucun $m$ donnant une infinité de solutions.

Pour $m=0$, la seconde équation devient $4x=5$, donc $x=\dfrac{5}{4}=1{,}25$. On remplace dans la première : $2(1{,}25)+3y=7$, soit $2{,}5+3y=7$, donc $3y=4{,}5$ et $y=1{,}5$. Le couple est $(1{,}25;1{,}5)$. Vérification : $2(1{,}25)+3(1{,}5)=2{,}5+4{,}5=7$ ✓ et $4(1{,}25)+0(1{,}5)=5$ ✓. Cohérence avec a) : $m=0\neq 6$, donc une solution unique était bien attendue.

Première équation, sur les volumes : les deux prélèvements doivent totaliser 300 mL, donc $x+y=300$. Seconde équation, sur la quantité de sel : la solution à 20 % apporte $0{,}20x$ millilitres de sel, celle à 50 % en apporte $0{,}50y$, et le mélange final doit en contenir $0{,}30\times 300=90$. Donc $0{,}20x+0{,}50y=90$. C'est le point délicat du problème : la seconde équation porte sur le SEL, pas sur les pourcentages, et les pourcentages ne s'additionnent jamais directement.

Par substitution : de la première, $y=300-x$. On remplace : $0{,}20x+0{,}50(300-x)=90$, soit $0{,}20x+150-0{,}50x=90$, donc $-0{,}30x=-60$ et $x=200$. Alors $y=300-200=100$. Il faut prélever 200 mL de la solution à 20 % et 100 mL de celle à 50 %.

Quantité de sel apportée : $0{,}20(200)=40$ mL par la première, $0{,}50(100)=50$ mL par la seconde, soit $90$ mL au total. Le volume final est bien $200+100=300$ mL. La concentration finale vaut donc $\dfrac{90}{300}=0{,}30$, c'est-à-dire 30 % ✓. Remarque : le résultat est cohérent avec l'intuition, puisque 30 % est plus proche de 20 % que de 50 %, il faut davantage de la solution faible, et c'est bien le cas, 200 mL contre 100 mL.

On reprend le même système avec la cible $0{,}60\times 300=180$ : $x+y=300$ et $0{,}20x+0{,}50y=180$. Par substitution : $0{,}20x+0{,}50(300-x)=180$, soit $150-0{,}30x=180$, donc $-0{,}30x=30$ et $x=-100$. Un volume négatif n'a aucun sens physique : le système est mathématiquement résoluble mais sa solution est inadmissible. La raison est simple : aucun mélange de deux solutions à 20 % et 50 % ne peut dépasser 50 %, puisque la concentration du mélange est toujours comprise entre celles des deux composants. Obtenir 60 % est donc impossible sans une solution plus concentrée.

Soit $a$ le nombre de billets adulte et $e$ le nombre de billets étudiant. Première équation, sur le nombre de billets : $a+e=180$. Seconde équation, sur la recette : $25a+15e=3400$. Par substitution, $e=180-a$ : $25a+15(180-a)=3400$, soit $25a+2700-15a=3400$, donc $10a=700$ et $a=70$. Alors $e=180-70=110$. Il y a eu 70 billets adulte et 110 billets étudiant.

Nombre de billets : $70+110=180$ ✓. Recette : $25(70)+15(110)=1750+1650=3400$ dollars ✓. Les deux conditions sont satisfaites, la solution est validée. Vérifier dans les deux équations d'origine est ce qui distingue une réponse sûre d'une réponse plausible.

Le système devient $a+e=180$ et $25a+15e=3500$. Même substitution : $25a+2700-15a=3500$, soit $10a=800$ et $a=80$, donc $e=100$. Il y a eu 80 billets adulte. Observation utile : entre les deux soirs, la recette a augmenté de 100 dollars et le nombre de billets adulte de 10. C'est cohérent, car remplacer un billet étudiant par un billet adulte fait gagner exactement $25-15=10$ dollars.

Avec 180 billets, la recette minimale possible correspond au cas où TOUS les billets sont des billets étudiant, les moins chers : $15\times 180=2700$ dollars. La recette maximale correspond au cas où tous sont des billets adulte : $25\times 180=4500$ dollars. Toute recette réelle est donc comprise entre 2700 et 4500 dollars, et $2500$ est en dessous de ce minimum : c'est impossible. Contrôle algébrique : le système $a+e=180$ et $25a+15e=2500$ donne $10a=2500-2700=-200$, donc $a=-20$, un nombre négatif de billets, inadmissible ✓.

Le coefficient de $x$ vaut $1$ dans la seconde équation : on isole $x=6-4y$. On remplace dans la première : $3(6-4y)-2y=4$, soit $18-12y-2y=4$, donc $-14y=-14$ et $y=1$. Alors $x=6-4(1)=2$. Le couple est $(2;1)$.

Pour éliminer $y$, on multiplie la première par $2$ : $6x-4y=8$. On additionne la seconde, $x+4y=6$ : $(6x+x)+(-4y+4y)=8+6$, soit $7x=14$ et $x=2$. On remplace dans la seconde : $2+4y=6$, donc $y=1$. Même couple $(2;1)$.

On isole $y$ dans chacune. Première : $-2y=4-3x$, donc $y=\dfrac{3x-4}{2}$. Seconde : $4y=6-x$, donc $y=\dfrac{6-x}{4}$. On compare : $\dfrac{3x-4}{2}=\dfrac{6-x}{4}$, d'où $4(3x-4)=2(6-x)$, soit $12x-16=12-2x$, donc $14x=28$ et $x=2$, puis $y=\dfrac{6-2}{4}=1$. Même couple $(2;1)$. Vérification finale dans les deux équations d'origine : $3(2)-2(1)=4$ ✓ et $2+4(1)=6$ ✓.

Géométriquement, les deux équations décrivent deux droites de pentes $\dfrac{3}{2}$ et $-\dfrac{1}{4}$. Ces pentes sont différentes, donc les droites sont sécantes, et leur unique point commun est $(2;1)$, marqué sur la figure. Les trois méthodes donnent le même résultat parce qu'elles cherchent toutes la même chose, ce point d'intersection : elles ne diffèrent que par le chemin algébrique. La plus économique ici est la RÉDUCTION, parce que les coefficients de $y$, $-2$ et $+4$, deviennent opposés en multipliant une seule équation par un seul facteur entier, ce qui élimine $y$ en une ligne sans introduire la moindre fraction. La comparaison, elle, oblige à manipuler deux quotients, et la substitution à distribuer sur une parenthèse : deux occasions d'erreur de signe en plus.

Le point $(1\,;5)$ donne $5=a+b$ ; le point $(3\,;11)$ donne $11=3a+b$. Par réduction, on soustrait la première de la seconde : $6=2a$, donc $a=3$, puis $b=5-3=2$. Règle : $y=3x+2$. Vérification : $3(3)+2=11$ ✓. Le coefficient de $b$ vaut $1$ dans les deux équations, ce qui rend la réduction immédiate : c'est le cas de tous les systèmes de ce type.

$(-2\,;7)$ donne $7=-2a+b$ ; $(4\,;-2)$ donne $-2=4a+b$. On soustrait : $-2-7=4a-(-2a)$, soit $-9=6a$, donc $a=-\dfrac{3}{2}=-1{,}5$. Puis $b=7+2a=7-3=4$. Règle : $y=-1{,}5x+4$. Vérification : $-1{,}5(4)+4=-2$ ✓. Le piège est dans la soustraction $4a-(-2a)=6a$, pas $2a$.

$(1\,;1)$ donne $1=a(1)^2+b=a+b$ ; $(2\,;7)$ donne $7=4a+b$. On soustrait : $6=3a$, donc $a=2$, puis $b=1-2=-1$. Règle : $y=2x^2-1$. Vérification : $2(4)-1=7$ ✓. On élève bien l'ABSCISSE au carré avant de multiplier par $a$ : $(2)^2=4$, d'où $4a$.

$(0\,;5)$ donne $5=a(0-2)^2+k=4a+k$ ; $(3\,;-1)$ donne $-1=a(3-2)^2+k=a+k$. On soustrait : $6=3a$, donc $a=2$, puis $k=-1-2=-3$. Règle : $y=2(x-2)^2-3$, de sommet $(2\,;-3)$. Vérification en $(0\,;5)$ : $2(4)-3=5$ ✓. Le sommet est lu directement dans la forme canonique ; le système n'avait que deux inconnues parce que $h=2$ était donné.