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

Les deux $y$ sont isolés, donc on les égale : $3x-4=-2x+11$. On regroupe : $5x=15$, donc $x=3$. On remplace dans l'une des deux équations, la plus simple : $y=3\times 3-4=5$. La solution est $(3\,;5)$. Vérification dans l'AUTRE équation, celle qu'on n'a pas utilisée : $-2\times 3+11=5$, ce qui confirme. Vérifier dans l'équation déjà employée ne prouve rien.

Les deux $y$ sont isolés, mais sous forme de fractions. On égale, puis on multiplie en croix : $4(x+5)=2(3x-1)$, soit $4x+20=6x-2$, donc $2x=22$ et $x=11$. On reporte : $y=\dfrac{11+5}{2}=8$. La solution est $(11\,;8)$. Vérification : $\dfrac{33-1}{4}=\dfrac{32}{4}=8$. Le produit en croix est ici le plus rapide, mais multiplier les deux membres par $4$ donnerait exactement la même équation.

Aucun $y$ n'est isolé, mais les deux le sont FACILEMENT : $y=5x-3$ et $y=11-2x$. On compare : $5x-3=11-2x$, donc $7x=14$ et $x=2$, puis $y=5\times 2-3=7$. La solution est $(2\,;7)$. Vérification : $2\times 2+7=11$. Isoler d'abord est ici plus court que la réduction, parce que les coefficients de $y$ valent déjà $-1$ et $+1$.

On égale : $4x+1=4x-3$. Les $4x$ s'éliminent et il reste $1=-3$, ce qui est FAUX. Le système n'a donc aucune solution. Ce n'est pas une erreur de calcul : c'est le résultat, et il se rédige ainsi. Géométriquement, les deux droites ont la même pente $4$ et des ordonnées à l'origine différentes : elles sont parallèles et distinctes, donc elles ne se rencontrent jamais.

La variable $x$ est isolée dans la première : on la remplace dans la SECONDE. $2(3y+2)-5y=9$, donc $6y+4-5y=9$, soit $y=5$. On revient à l'expression isolée : $x=3\times 5+2=17$. La solution est $(17\,;5)$. Vérification dans la seconde équation : $2\times 17-5\times 5=34-25=9$, juste. La parenthèse autour de $3y+2$ est obligatoire : sans elle, le $2$ ne multiplierait que le $3y$.

On remplace $y$ dans la seconde : $4x-3(2x-7)=1$, donc $4x-6x+21=1$, soit $-2x=-20$ et $x=10$. Puis $y=2\times 10-7=13$. La solution est $(10\,;13)$. Vérification : $4\times 10-3\times 13=40-39=1$. Le signe moins devant la parenthèse est le piège : $-3\times(-7)$ donne $+21$, et l'écrire $-21$ fait perdre toute la question.

Aucune variable n'est isolée, mais $y$ l'est en une ligne : $y=8-3x$. On remplace dans la seconde : $5x-2(8-3x)=17$, donc $5x-16+6x=17$, soit $11x=33$ et $x=3$. Puis $y=8-9=-1$. La solution est $(3\,;-1)$. Vérification : $5\times 3-2\times(-1)=15+2=17$. On isole toujours la variable dont le coefficient vaut $1$ ou $-1$ : c'est ce qui évite les fractions.

Ici $x$ s'isole dans la seconde : $x=y+8$. On remplace dans la PREMIÈRE : $2(y+8)+4y=10$, donc $2y+16+4y=10$, soit $6y=-6$ et $y=-1$. Puis $x=-1+8=7$. La solution est $(7\,;-1)$. Vérification dans les deux : $2\times 7+4\times(-1)=10$ et $7-(-1)=8$. Deux vérifications valent mieux qu'une quand le système a servi deux fois.

Les coefficients de $y$ sont déjà opposés, $+3$ et $-3$ : on additionne directement. $(4x+2x)+(3y-3y)=18+0$, donc $6x=18$ et $x=3$. On reporte dans la seconde : $2\times 3-3y=0$, donc $y=2$. La solution est $(3\,;2)$. Vérification dans la première : $12+6=18$. C'est le cas le plus simple, et il faut le REPÉRER avant de multiplier quoi que ce soit.

On vise $y$. Les coefficients sont $5$ et $-2$ : on multiplie la première par $2$ et la seconde par $5$, ce qui donne $+10y$ et $-10y$. Premier système transformé : $6x+10y=-18$ et $20x-10y=70$. On additionne : $26x=52$, donc $x=2$, puis $3\times 2+5y=-9$ donne $5y=-15$ et $y=-3$. La solution est $(2\,;-3)$. Vérification dans la seconde : $4\times 2-2\times(-3)=8+6=14$. Il faut multiplier l'équation ENTIÈRE, second membre compris : oublier de multiplier le $-9$ est l'erreur du chapitre.

On vise $y$, dont les coefficients sont $2$ et $-4$ : il suffit de multiplier la PREMIÈRE par $2$. Cela donne $10x+4y=6$, et en ajoutant la seconde, $13x=-13$, donc $x=-1$. On reporte : $5\times(-1)+2y=3$, donc $2y=8$ et $y=4$. La solution est $(-1\,;4)$. Vérification : $3\times(-1)-4\times 4=-3-16=-19$. Chercher le plus petit multiple commun des deux coefficients évite de multiplier les deux équations pour rien.

On multiplie la seconde par $2$ : $-6x+4y=-10$. En l'ajoutant à la première, on obtient $0=0$. Ce n'est pas une absence de solution : c'est une identité VRAIE, qui signale que les deux équations décrivent la même droite. Le système a donc une INFINITÉ de solutions, tous les couples vérifiant $3x-2y=5$. On le rédige ainsi, en donnant l'équation de la droite commune, et non par un simple « infinité ».

Pour la première, le dénominateur commun de $3$ et $4$ est $12$ : on multiplie tout par $12$, y compris le $5$, ce qui donne $4x+3y=60$. Pour la seconde, le dénominateur commun de $2$ et $6$ est $6$, ce qui donne $3x-y=6$. On isole $y=3x-6$ et l'on substitue : $4x+3(3x-6)=60$, donc $13x=78$ et $x=6$, puis $y=12$. La solution est $(6\,;12)$. Vérification dans le système DE DÉPART : $\dfrac{6}{3}+\dfrac{12}{4}=2+3=5$, et $\dfrac{6}{2}-\dfrac{12}{6}=3-2=1$.

On multiplie chaque équation par $10$ : $2x+5y=31$ et $4x-3y=-3$. On réduit sur $x$ en multipliant la première par $2$ : $4x+10y=62$. En soustrayant la seconde, $13y=65$, donc $y=5$, puis $2x+25=31$ donne $x=3$. La solution est $(3\,;5)$. Vérification dans le système de départ : $0{,}2\times 3+0{,}5\times 5=0{,}6+2{,}5=3{,}1$, et $0{,}4\times 3-0{,}3\times 5=1{,}2-1{,}5=-0{,}3$.

Chaque équation est une fraction unique : on multiplie par $5$, ce qui donne $2x-y=5$ et $x+2y=10$. On isole $y=2x-5$ dans la première, puis on substitue : $x+2(2x-5)=10$, donc $5x=20$ et $x=4$, puis $y=3$. La solution est $(4\,;3)$. Vérification : $\dfrac{8-3}{5}=1$ et $\dfrac{4+6}{5}=2$. La barre de fraction joue ici le rôle d'une parenthèse : il faut multiplier tout le numérateur, pas seulement son premier terme.

Parce que l'égalité est conservée dans les deux sens. Si $A=B$, alors $kA=kB$ pour tout $k$ ; et réciproquement, si $kA=kB$ avec $k$ NON NUL, on peut diviser par $k$ et retrouver $A=B$. Les deux équations ont donc exactement les mêmes couples solutions, et le système transformé a le même ensemble-solution. La condition $k\neq 0$ est essentielle : multiplier par zéro donnerait $0=0$, qui est vrai pour tout couple et a donc perdu toute l'information.

La première équation est exactement le DOUBLE de la seconde : en divisant par $2$, on retrouve $x-3y=4$. Les deux équations décrivent donc la même droite, et le système a une infinité de solutions, tous les couples vérifiant $x-3y=4$. Par la réduction : on multiplie la seconde par $-2$ et l'on additionne, ce qui donne $0=0$, égalité vraie.

Le membre de gauche de la seconde est le double de celui de la première, mais le second membre ne l'est pas : $2\times 5=10\neq 7$. Les deux droites ont la même pente et des ordonnées à l'origine différentes, donc elles sont parallèles distinctes : aucune solution. Par la réduction, on obtient $0=-3$, égalité fausse. C'est la différence à retenir entre a) et b), et elle tient à un seul nombre.

On additionne les deux équations : $3x=9$, donc $x=3$, puis $y=3$. La solution est $(3\,;3)$, unique. Vérification : $3+3=6$ et $6-3=3$. Ici les coefficients ne sont proportionnels ni à gauche ni à droite, donc les droites sont sécantes : c'est le cas général.

Pour qu'il n'y ait aucune solution, il faut que les membres de gauche soient proportionnels mais pas les seconds membres. Les coefficients de $y$ sont $-4$ et $-2$, donc le rapport vaut $2$ : il faut que $m=2\times 3=6$. Vérification : le système devient $6x-4y=8$ et $3x-2y=5$, dont la seconde doublée donne $6x-4y=10$, à comparer à $8$. Les deux sont incompatibles, donc aucune solution. La valeur $m=6$ est la seule.

Le membre de gauche de la seconde, $6x+9y$, est exactement le TRIPLE de $2x+3y$. Pour que les deux équations soient équivalentes, il faut que le second membre soit lui aussi triplé : $k=3\times 7=21$. Pour toute autre valeur de $k$, le système n'aurait aucune solution. Remarquez la symétrie avec d) : le même rapport entre les gauches donne « aucune » ou « infinité » selon que le rapport des droites est le même ou non.

Soit $x$ et $y$ les deux nombres, avec $x\ge y$. Le système est $x+y=47$ et $x-y=13$. Par réduction, on additionne : $2x=60$, donc $x=30$, puis $y=17$. Vérification : $30+17=47$ et $30-17=13$. Quand les coefficients sont déjà opposés, l'addition est immédiate, et c'est pour cela que les problèmes de somme et de différence se traitent toujours par réduction.

Soit $a$ le nombre de supports d'acier et $b$ celui d'aluminium. Système : $a+b=40$ pour le compte, et $2a+1{,}2b=68$ pour la masse. Par substitution, $b=40-a$ donne $2a+1{,}2(40-a)=68$, soit $2a+48-1{,}2a=68$, donc $0{,}8a=20$ et $a=25$. Alors $b=15$. Vérification : $2\times 25+1{,}2\times 15=50+18=68$ kg. Les deux équations ne portent pas sur la même grandeur, l'une compte des PIÈCES et l'autre des KILOGRAMMES : c'est le point que les copies confondent.

Soit $L$ la longueur et $l$ la largeur, en centimètres. Le périmètre donne $2(L+l)=62$, soit $L+l=31$, et l'énoncé donne $L-l=9$. Par addition : $2L=40$, donc $L=20$ et $l=11$. Vérification : le périmètre vaut $2(20+11)=62$ cm et l'écart vaut $9$ cm. Diviser le périmètre par $2$ dès la première ligne simplifie tout le reste, et c'est un demi-point gagné.

Soit $t$ le temps de tournage et $f$ celui de fraisage, en minutes. Système : $t+f=40$ pour le temps, et $1{,}2t+2f=60$ pour le coût. Substitution : $1{,}2t+2(40-t)=60$, donc $1{,}2t+80-2t=60$, soit $-0{,}8t=-20$ et $t=25$, puis $f=15$. Vérification : $1{,}2\times 25+2\times 15=30+30=60$ dollars. Remarquez que $60$ dollars pour $40$ minutes fait $1{,}50$ dollar la minute en moyenne, une valeur bien comprise entre $1{,}20$ et $2{,}00$ : ce contrôle de vraisemblance vaut la peine avant même de résoudre.

Contre-exemple : $y=4x+1$ et $y=4x-3$, vu à l'exercice 1, n'a aucune solution. L'énoncé correct : un tel système a UNE solution, AUCUNE, ou une INFINITÉ, selon la position relative des deux droites. Les trois cas existent et se reconnaissent tous les trois, comme à l'exercice 6.

Contre-exemple : $2x-6y=8$ et $x-3y=4$ ont la même pente et une infinité de solutions, puisque ce sont deux écritures de la même droite. L'énoncé correct : même pente et ordonnées à l'origine DIFFÉRENTES donnent des parallèles distinctes, donc aucune solution ; même pente et même ordonnée à l'origine donnent des droites confondues, donc une infinité.

Faux, et c'est la moitié de la méthode de réduction qui en dépend. Si $A=B$, alors $3A=3B$, et réciproquement on peut diviser par $3$ : les deux équations ont exactement les mêmes couples solutions. Contre-exemple concret : $x+y=6$ et $3x+3y=18$ sont la même équation, et le couple $(3\,;3)$ vérifie les deux. L'énoncé correct : multiplier une équation par un nombre NON NUL ne change pas l'ensemble-solution.

Faux, et le résultat le montre. Prenons $y=2x-7$ : en remplaçant $y$ dans cette même équation, on obtient $2x-7=2x-7$, c'est-à-dire $0=0$, une identité vraie qui n'apprend rien sur $x$. L'énoncé correct : on remplace TOUJOURS dans l'autre équation, celle qui apporte une information nouvelle. Cette erreur donne l'impression d'une infinité de solutions alors que le système en a une seule.

Faux : $0=0$ est une identité VRAIE, qui signale une INFINITÉ de solutions, comme à la question d) de l'exercice 3. C'est $0=k$ avec $k$ non nul, une égalité fausse, qui signale l'absence de solution. Les deux se ressemblent à l'oeil et disent le contraire l'une de l'autre : on relit donc toujours le nombre qui reste.

Soit $f$ le montant fixe en dollars et $t$ le tarif horaire en dollars par heure. Une facture de $h$ heures coûte $f+ht$. Les deux factures connues donnent $f+3t=245$ et $f+7t=505$. Nommer les unités n'est pas de la décoration : c'est ce qui empêche d'additionner un montant et un tarif, l'erreur la plus coûteuse de ce type de problème.

Les coefficients de $f$ sont identiques, donc on SOUSTRACT la première de la seconde : $4t=260$, donc $t=65$ dollars l'heure. On reporte : $f+3\times 65=245$, donc $f=245-195=50$ dollars. Vérification dans l'équation non utilisée : $50+7\times 65=50+455=505$, juste. Le tarif horaire est donc de $65$ dollars et le fixe de $50$ dollars.

On résout $50+65h=375$, donc $65h=325$ et $h=5$ heures. Contrôle de vraisemblance : $375$ est entre $245$ et $505$, donc $h$ doit être entre $3$ et $7$, ce qui est le cas. Ce contrôle prend trois secondes et attrape toute erreur de division.

L'atelier est moins cher quand $50+65h<78h$, soit $50<13h$, donc $h>\dfrac{50}{13}\approx 3{,}85$ heure. Comme la facturation se fait à l'heure entière, l'atelier devient moins cher à partir de $4$ heures. Vérification aux deux bornes : à $3$ heures, $245$ contre $234$, le concurrent gagne ; à $4$ heures, $310$ contre $312$, l'atelier gagne. Le basculement est serré, deux dollars, et c'est précisément pourquoi il fallait calculer au lieu d'estimer.

Le modèle donne $50+65\times 4=50+260=310$ dollars pour quatre heures, et non $300$. L'écart est de $10$ dollars, donc la facture annoncée ne peut pas provenir de cette grille. Autre façon de le dire : $300$ dollars correspondraient à $h=\dfrac{250}{65}\approx 3{,}85$ heure, ce qui n'est pas $4$. On conclut par une phrase, pas seulement par un calcul.

Le chariot A part de $0$ et avance vers les positions croissantes : $x_{A}=1{,}5t$. Le chariot B part de $12$ et vient à sa rencontre, donc il va vers les positions DÉCROISSANTES et sa vitesse compte en négatif : $x_{B}=12-2{,}5t$. Le signe de la vitesse est toute la difficulté de la mise en équation, et il se décide en regardant dans quel sens la position évolue.

Les chariots se rencontrent quand leurs positions sont égales : $1{,}5t=12-2{,}5t$, donc $4t=12$ et $t=3$ secondes. La position vaut alors $x=1{,}5\times 3=4{,}5$ mètres. Vérification avec l'autre expression : $12-2{,}5\times 3=12-7{,}5=4{,}5$ mètres. On retrouve la méthode de comparaison de l'exercice 1, et la somme des vitesses, $4$ mètres par seconde, est la vitesse de RAPPROCHEMENT : les $12$ mètres se referment en $3$ secondes.

Avec deux secondes de retard, B n'a parcouru que $t-2$ secondes à l'instant $t$ : $x_{B}=12-2{,}5(t-2)=17-2{,}5t$. La rencontre a lieu quand $1{,}5t=17-2{,}5t$, donc $4t=17$ et $t=4{,}25$ secondes, à la position $x=1{,}5\times 4{,}25=6{,}375$ mètres. Le retard de deux secondes repousse la rencontre de $1{,}25$ seconde seulement, et non de deux : pendant l'attente, A continue d'avancer.

L'écart entre les deux chariots vaut $x_{B}-x_{A}=12-2{,}5t-1{,}5t=12-4t$, tant que B est devant A. On résout $12-4t=3$, donc $4t=9$ et $t=2{,}25$ secondes. Vérification : $x_{A}=3{,}375$ et $x_{B}=6{,}375$, dont la différence vaut bien $3$ mètres. Après la rencontre, l'écart redevient de $3$ mètres à un autre instant, $t=3{,}75$ secondes, et une réponse complète peut le signaler.

Dans le même sens, $x_{B}=12+2{,}5t$. L'équation de rencontre devient $1{,}5t=12+2{,}5t$, donc $-t=12$ et $t=-12$ secondes. Une solution NÉGATIVE n'a pas de sens physique ici : elle signifie que la rencontre aurait eu lieu douze secondes avant le départ. Autrement dit, A est plus lent que B et part derrière lui, donc il ne le rattrapera jamais. Le système a bien une solution mathématique, et c'est le CONTEXTE qui la rejette : c'est exactement le même geste que le rejet d'une racine étrangère.