Exercices corrigés : les systèmes semi-linéaires et les régions du plan (math TS, secondaire 5)

Les deux $y$ sont isolés, on les égale : $x^{2}-4x+5=x+1$, donc $x^{2}-5x+4=0$. Produit $4$, somme $5$ : $(x-1)(x-4)=0$, d'où $x=1$ ou $x=4$. On reporte dans la droite, la plus simple des deux équations : $y=1+1=2$ et $y=4+1=5$. Les points communs sont $(1\,;2)$ et $(4\,;5)$. Vérification dans la PARABOLE, celle qu'on n'a pas utilisée pour le report : $1-4+5=2$ et $16-16+5=5$.

On égale : $x^{2}+2x+3=2x+2$, donc $x^{2}=-1$. Aucun réel n'a un carré négatif : le système n'a pas de solution, la droite passe entièrement au-dessous de la parabole. Ce n'est pas une erreur de calcul, c'est le résultat, et il se rédige ainsi.

On égale : $x^{2}-2x+4=2x$, donc $x^{2}-4x+4=0$, soit $(x-2)^{2}=0$. Il y a un zéro DOUBLE, $x=2$, donc un seul point commun : $y=2\times 2=4$, le point $(2\,;4)$. Un zéro double signifie que la droite TOUCHE la parabole sans la traverser : elle lui est tangente en ce point.

Ici c'est $x$ qui est isolé dans les deux équations : on les égale de la même façon, $y^{2}-3=2y$, donc $y^{2}-2y-3=0$, soit $(y-3)(y+1)=0$ et $y=3$ ou $y=-1$. On reporte dans $x=2y$ : $x=6$ et $x=-2$. Les points sont $(6\,;3)$ et $(-2\,;-1)$. La parabole est ici couchée, ouverte vers la droite, et la méthode ne change pas d'un iota : on substitue la variable qui est isolée, quelle qu'elle soit.

On égale : $x^{2}=2x+b$, donc $x^{2}-2x-b=0$. Discriminant : $\Delta=4+4b=4(1+b)$. Il est positif quand $b>-1$, nul quand $b=-1$, négatif quand $b<-1$. Donc deux points si $b>-1$, un seul si $b=-1$, aucun si $b<-1$. Contrôle graphique : plus $b$ augmente, plus la droite monte, et la valeur $b=-1$ est celle où elle effleure la parabole, au point $(1\,;1)$.

La forme canonique de la parabole : $x^{2}-6x+11=(x-3)^{2}+2$, donc son sommet est $(3\,;2)$. Une horizontale ne touche la parabole en un seul point que si elle passe par le sommet : $k=2$. Par le discriminant : $x^{2}-6x+11=k$ donne $x^{2}-6x+11-k=0$ et $\Delta=36-4(11-k)=4k-8$, nul pour $k=2$. Les deux chemins se rejoignent, et le second sert quand la droite n'est pas horizontale.

On égale : $x^{2}=mx-4$, donc $x^{2}-mx+4=0$. Discriminant : $\Delta=m^{2}-16$, nul pour $m^{2}=16$, donc $m=4$ ou $m=-4$. Il y a DEUX droites tangentes, symétriques l'une de l'autre par rapport à l'axe des $y$, et oublier la solution négative coûte la moitié de la question. Vérification pour $m=4$ : $x^{2}-4x+4=(x-2)^{2}=0$, contact en $x=2$, au point $(2\,;4)$.

Résoudre le système revient à chercher les $x$ où les deux courbes ont la même ordonnée. Un discriminant nul donne un zéro DOUBLE : la différence des deux expressions est un carré parfait, $a(x-x_{0})^{2}$, qui garde donc un signe CONSTANT de part et d'autre de $x_{0}$. Autrement dit, la droite reste du même côté de la parabole partout, sauf en un point où elle la touche : c'est la définition de la tangence. Quand le discriminant est positif, la différence change de signe deux fois, et la droite traverse.

On remplace $y$ par $x+1$ dans le cercle : $x^{2}+(x+1)^{2}=25$, donc $2x^{2}+2x+1=25$, soit $2x^{2}+2x-24=0$, et en divisant par $2$, $x^{2}+x-12=0$. Produit $-12$, somme $-1$ : $(x-3)(x+4)=0$, d'où $x=3$ ou $x=-4$. Les ordonnées suivent : $y=4$ et $y=-3$. Points $(3\,;4)$ et $(-4\,;-3)$. Vérification dans le cercle : $9+16=25$ et $16+9=25$, les deux points sont bien à distance $5$ de l'origine.

On substitue : $x^{2}+(4-x)^{2}=8$, donc $2x^{2}-8x+16=8$, soit $2x^{2}-8x+8=0$ et $x^{2}-4x+4=0$, c'est-à-dire $(x-2)^{2}=0$. Zéro double, $x=2$, donc $y=-2+4=2$ : un seul point de contact, $(2\,;2)$. La droite est TANGENTE au cercle. Contrôle géométrique : la distance du centre $(0\,;0)$ à la droite $x+y=4$ vaut $\dfrac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$, qui est exactement le rayon $\sqrt{8}=2\sqrt{2}$. Les deux arguments disent la même chose.

On substitue $y=x+1$ dans $xy=6$ : $x(x+1)=6$, donc $x^{2}+x-6=0$, soit $(x-2)(x+3)=0$ et $x=2$ ou $x=-3$. Les ordonnées : $y=3$ et $y=-2$. Points $(2\,;3)$ et $(-3\,;-2)$. Vérification : $2\times 3=6$ et $(-3)\times(-2)=6$, les deux points sont bien sur l'hyperbole, un sur chacune de ses deux branches.

Deux au maximum. La droite donne $y$ en fonction de $x$ sous la forme $y=mx+p$ ; en la substituant dans $x^{2}+y^{2}=r^{2}$, on obtient $x^{2}+(mx+p)^{2}=r^{2}$, où le terme de plus haut degré est $(1+m^{2})x^{2}$, avec $1+m^{2}$ toujours strictement positif. L'équation est donc du SECOND degré, et une équation du second degré a au plus deux racines réelles. L'argument ne dépend pas du cercle : il vaut pour toute conique, ce qui explique qu'une droite coupe une parabole, une ellipse ou une hyperbole en deux points au plus.

Somme $7$, produit $12$ : les deux nombres sont les racines de $t^{2}-7t+12=0$, soit $(t-3)(t-4)=0$, donc $3$ et $4$. Les couples solutions sont $(3\,;4)$ et $(4\,;3)$. Vérification : $3+4=7$ et $3\times 4=12$. La méthode par substitution donnerait la même chose, $x(7-x)=12$, mais plus lentement.

On isole : $x=y+1$, puis on substitue dans le cercle : $(y+1)^{2}+y^{2}=25$, donc $2y^{2}+2y+1=25$, soit $2y^{2}+2y-24=0$ et $y^{2}+y-12=0$. Donc $(y-3)(y+4)=0$ et $y=3$ ou $y=-4$. Les $x$ suivent : $x=4$ et $x=-3$. Couples $(4\,;3)$ et $(-3\,;-4)$. Vérification : $16+9=25$ et $9+16=25$, et la différence vaut bien $1$ dans les deux cas.

La première équation donne $y=5-2x$. On substitue : $5-2x=x^{2}-2x+1$, donc $x^{2}=4$ et $x=\pm 2$. Attention, les $-2x$ se simplifient des deux côtés, ce qui rend l'équation très simple : il ne faut pas les « oublier » d'un seul côté. Les ordonnées : $y=5-4=1$ et $y=5+4=9$. Couples $(2\,;1)$ et $(-2\,;9)$. Vérification dans la parabole : $4-4+1=1$ et $4+4+1=9$.

Parce qu'un COUPLE est ordonné : $(3\,;4)$ et $(4\,;3)$ sont deux points distincts du plan, même s'ils correspondent à la même paire de nombres. Le système est symétrique en $x$ et $y$, donc toute solution échangée est encore solution. Si l'énoncé ajoutait une condition d'ordre, par exemple $x<y$, il ne resterait qu'un seul couple. Répondre « $3$ et $4$ » à une question qui demande de RÉSOUDRE le système est incomplet : on demande des couples.

On remplace les coordonnées dans le membre de gauche. Pour $(0\,;0)$ : $3\times 0-2\times 0=0$, et $0\le 6$ est VRAI, donc le point appartient à l'ensemble-solution. Pour $(4\,;0)$ : $3\times 4-0=12$, et $12\le 6$ est FAUX, donc il n'y appartient pas. Les deux points sont de part et d'autre de la frontière, ce que la figure montre aussi : c'est bien un demi-plan, pas une bande.

L'inégalité est STRICTE, donc la frontière $y=2x-3$ se trace en POINTILLÉ : ses points ne font pas partie de la solution. L'inéquation est déjà résolue en $y$ et dit « $y$ plus grand que », donc on hachure AU-DESSUS de la droite. Contrôle par un point : $(0\,;0)$ donne $0>-3$, vrai, et l'origine est bien au-dessus de cette droite.

Premier : $-4x+2y\ge 8$ donne $2y\ge 4x+8$, puis, en divisant par $2$ qui est POSITIF, $y\ge 2x+4$ : le sens ne change pas. Second : $4x-2y\ge 8$ donne $-2y\ge -4x+8$, puis, en divisant par $-2$ qui est NÉGATIF, $y\le 2x-4$ : le sens BASCULE. C'est dans le second, et la raison est le signe du nombre par lequel on divise, jamais la place du terme. Les deux droites sont parallèles, de pente $2$, mais les demi-plans sont de part et d'autre.

La pente vaut $\dfrac{3-1}{4-0}=\dfrac{1}{2}$, et l'ordonnée à l'origine est $1$ puisque le premier point est sur l'axe des $y$. La droite est $y=0{,}5x+1$. « Au-dessus » et « fermé » donnent $y\ge 0{,}5x+1$. Vérification avec un point clairement au-dessus, $(0\,;5)$ : $5\ge 1$, vrai. Et avec un point de la frontière, $(4\,;3)$ : $3\ge 3$, vrai, ce qui confirme que le demi-plan est bien fermé.

On égale les deux règles : $x^{2}-4=x+2$, donc $x^{2}-x-6=0$, soit $(x-3)(x+2)=0$ et $x=3$ ou $x=-2$. Les ordonnées, calculées avec la droite : $y=5$ et $y=0$. Les points sont $(3\,;5)$ et $(-2\,;0)$. Vérification dans la parabole : $9-4=5$ et $4-4=0$.

La région est AU-DESSUS de la parabole et AU-DESSOUS de la droite, donc $y\ge x^{2}-4$ et $y\le x+2$. Les deux frontières sont tracées en trait plein sur la figure, donc les inégalités sont larges. Le système s'écrit avec les deux conditions ensemble : un point de la région doit vérifier les DEUX, et un point qui n'en vérifie qu'une est en dehors.

Pour $(0\,;0)$ : première inéquation, $0\ge 0^{2}-4=-4$, VRAI ; seconde, $0\le 0+2=2$, VRAI. Les deux étant vérifiées, le point appartient à la région. Il faut écrire les deux vérifications : une seule ne prouve rien.

Pour $(3\,;1)$ : première inéquation, $1\ge 3^{2}-4=5$, FAUX. Inutile d'aller plus loin, le point n'appartient pas à la région : il est sous la parabole, à droite du point d'intersection $(3\,;5)$. La seconde inéquation, $1\le 5$, est pourtant vraie, et c'est exactement le piège : un point peut satisfaire une contrainte et violer l'autre. Un système se vérifie en entier.

Soit $L$ et $l$ les deux dimensions. Le périmètre donne $2(L+l)=34$, donc $L+l=17$, et l'aire donne $Ll=60$. Somme $17$, produit $60$ : $L$ et $l$ sont les racines de $t^{2}-17t+60=0$. Discriminant : $289-240=49$, donc $t=\dfrac{17\pm 7}{2}$, soit $12$ et $5$. Le rectangle mesure $12$ cm sur $5$ cm. Vérification : $2(12+5)=34$ et $12\times 5=60$.

Soit $x$ et $y$ les deux nombres : $x+y=-1$ et $x^{2}+y^{2}=85$. On élève la première au carré : $(x+y)^{2}=1$, or $(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}=85+2xy$, donc $85+2xy=1$ et $xy=-42$. Somme $-1$, produit $-42$ : les racines de $t^{2}+t-42=0$, dont le discriminant vaut $1+168=169$, donc $t=\dfrac{-1\pm 13}{2}$, soit $6$ et $-7$. Vérification : $6+(-7)=-1$ et $36+49=85$.

Soit $a$ et $b$ les cathètes. Le périmètre donne $a+b+25=60$, donc $a+b=35$, et Pythagore donne $a^{2}+b^{2}=625$. On élève la somme au carré : $1225=625+2ab$, donc $ab=300$. Les cathètes sont les racines de $t^{2}-35t+300=0$ : discriminant $1225-1200=25$, donc $t=\dfrac{35\pm 5}{2}$, soit $20$ et $15$. Vérification : $15+20+25=60$ et $225+400=625$. C'est le triangle $15$-$20$-$25$, c'est-à-dire le triangle $3$-$4$-$5$ multiplié par cinq.

Parce que la seconde donnée est toujours de DEGRÉ DEUX : une aire est un produit de deux longueurs, une somme de carrés et le théorème de Pythagore aussi. En isolant une inconnue dans la relation de degré un, la somme, et en la reportant dans la relation de degré deux, on obtient une équation du second degré à une inconnue. C'est la structure commune, et elle explique aussi pourquoi il y a en général DEUX solutions, qui correspondent ici à échanger la longueur et la largeur, ou les deux cathètes.

Le système est $h=4t+16$ et $h=24t-4t^{2}$. On égale : $4t+16=24t-4t^{2}$, donc $4t^{2}-20t+16=0$, et en divisant par $4$, $t^{2}-5t+4=0$, soit $(t-1)(t-4)=0$. Les deux instants sont $t=1$ s et $t=4$ s. Les deux sont acceptables : ils sont positifs, et la fusée est en vol jusqu'à $t=6$ s, puisque $24t-4t^{2}=4t(6-t)$ s'annule en $6$.

À $t=1$ : $h_{1}=4+16=20$ mètres, et $h_{2}=24-4=20$ mètres, les deux concordent. À $t=4$ : $h_{1}=16+16=32$ mètres, et $h_{2}=96-64=32$ mètres. Les deux rencontres ont donc lieu à $20$ m et à $32$ m. Calculer l'altitude avec les DEUX règles est la vérification naturelle de ce problème.

La fusée suit une parabole ouverte vers le bas. Sa forme canonique : $h_{2}(t)=-4(t^{2}-6t)=-4\left[(t-3)^{2}-9\right]=-4(t-3)^{2}+36$. Le sommet est $(3\,;36)$ : le point le plus haut est atteint à $t=3$ secondes, à $36$ mètres. On pouvait aussi le voir par symétrie, le milieu des deux zéros $0$ et $6$ étant $3$.

La fusée est plus haute quand $24t-4t^{2}>4t+16$, c'est-à-dire $-4t^{2}+20t-16>0$, soit, en divisant par $-4$ ce qui RENVERSE le sens, $t^{2}-5t+4<0$, donc $(t-1)(t-4)<0$. Une parabole ouverte vers le haut est négative ENTRE ses zéros : la solution est $1<t<4$. La fusée dépasse donc le drone pendant $3$ secondes, entre la première et la quatrième seconde. Lecture graphique cohérente : sur la figure, la courbe de la fusée est au-dessus de la droite exactement entre les deux points d'intersection.

On substitue $y=30$ dans le cercle : $x^{2}+900=2500$, donc $x^{2}=1600$ et $x=\pm 40$. Les points d'appui sont $(-40\,;30)$ et $(40\,;30)$. La traverse étant horizontale, sa longueur est la différence des abscisses : $40-(-40)=80$ centimètres. Vérification : $1600+900=2500$.

On substitue $y=x+10$ : $x^{2}+(x+10)^{2}=2500$, donc $2x^{2}+20x+100=2500$, soit $2x^{2}+20x-2400=0$ et, en divisant par $2$, $x^{2}+10x-1200=0$. Discriminant : $100+4800=4900$, dont la racine vaut $70$. Donc $x=\dfrac{-10\pm 70}{2}$, soit $x=30$ ou $x=-40$, et les ordonnées $y=40$ et $y=-30$. Les points d'appui sont $(30\,;40)$ et $(-40\,;-30)$. La longueur est $\sqrt{(30+40)^{2}+(40+30)^{2}}=\sqrt{4900+4900}=70\sqrt{2}$, soit environ $99{,}0$ centimètres. Les deux points sont bien sur le cercle : $900+1600=2500$ et $1600+900=2500$.

On substitue $y=x+c$ : $x^{2}+(x+c)^{2}=2500$, donc $2x^{2}+2cx+c^{2}-2500=0$. Un seul point de contact signifie un discriminant nul : $\Delta=4c^{2}-8(c^{2}-2500)=-4c^{2}+20000=0$, donc $c^{2}=5000$ et $c=\pm 50\sqrt{2}\approx\pm 70{,}7$. Ce sont les deux tangentes de pente $1$, une de chaque côté du hublot. Une telle droite ne serait évidemment pas une traverse utilisable : elle effleure le contour sans le traverser.

La plus longue corde d'un cercle est son DIAMÈTRE, soit $2\times 50=100$ centimètres, et elle passe par le centre. On le voit aussi sur la formule : une corde située à la distance $d$ du centre mesure $2\sqrt{r^{2}-d^{2}}$, expression maximale quand $d=0$. Contrôle sur les deux traverses calculées : la première est à $30$ cm du centre, $2\sqrt{2500-900}=2\times 40=80$ cm, et la seconde à $\dfrac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\approx 7{,}07$ cm, $2\sqrt{2500-50}=2\sqrt{2450}=70\sqrt{2}$ cm. Les deux résultats concordent avec les questions a) et b).