Vérificateur d'équations radicales

Élevez les deux membres au carré, résolvez le polynôme obtenu, puis vérifiez chaque candidat dans l'équation d'origine.

Exemple résolu — Vérificateur d'équations radicales

Équation d'origine	1x+1
Équation au carré	(1x+1)²
Forme quadratique	0

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Vérificateur d'équations radicales

Une racine parasite est une solution qui apparaît lorsqu’on élève les deux membres d’une équation au carré et qui ne vérifie pas l’équation d’origine. Il ne s’agit pas d’une erreur de calcul : l’élévation au carré n’est pas réversible, de sorte que l’équation au carré est véritablement une équation différente, vérifiée par davantage de valeurs que celle de départ.

Ce que signifie chaque symbole

a, b: les nombres sous le radical, donnant √(ax + b) — 2 et 3 pour les valeurs par défaut.
c, d: la droite située à droite, cx + d — valant toutes deux 1 ici, l’équation est donc √(2x+3) = x+1.
candidate: une racine de l’équation élevée au carré. Il y en a deux ici, x ≈ −1.4142 et x ≈ 1.4142.
valid: une candidate qui subsiste après substitution dans l’équation d’origine. Seule x ≈ 1.4142 convient.

D’où vient la formule

Le radical √(2x+3) est par définition la racine carrée non négative. L’équation d’origine comporte donc implicitement une condition que la notation n’affiche pas : le membre de droite ne doit pas être négatif.
Élever les deux membres au carré élimine cette condition. √(2x+3) = x+1 et 2x+3 = (x+1)² ne sont pas équivalentes — la seconde est également vérifiée dès lors que √(2x+3) = −(x+1), la branche négative.
Ainsi, les racines de l’équation au carré sont les solutions des deux branches mélangées. Tester chaque candidate en la réinjectant n’est pas une simple formalité, c’est l’étape qui les sépare : pour x ≈ −1.4142, le membre de droite est négatif, de sorte qu’elle vérifie la branche négative et non l’équation d’origine.

Suppose: Nombres réels uniquement, la racine carrée désignant la racine principale (non négative), et un membre de droite linéaire. Si l’on autorise les nombres complexes, toute la notion de racine parasite change de forme.
Ne tient plus quand: L’élévation au carré peut aussi ne rien faire perdre du tout, ce qui rend cette habitude facile à oublier : si le membre de droite se trouve être non négatif partout où le radical est défini, chaque candidate est valide et la vérification semble être un effort inutile. La vérification est une assurance, et la prime n’est visible que les fois où elle porte ses fruits.

Certaines équations avec radical peuvent être rejetées avant tout calcul 🖖

La racine carrée principale n’est jamais négative : cela fait partie de sa définition, ce n’est pas une convention que l’on peut assouplir. Ainsi √(x − 5) = −2 n’a aucune solution, et on peut l’affirmer sans faire d’algèbre : le membre de gauche ne peut atteindre une valeur négative pour aucun x. Élevez tout de même les deux côtés au carré et vous obtenez x = 9, une réponse assurée et fausse, sans rien pour vous avertir. La même vérification préalable s’applique au radicande : il doit valoir au moins 0, donc tout candidat qui le rend négatif n’a jamais été en course. Examiner la forme d’une équation avant de la résoudre coûte un coup d’œil et attrape des erreurs qu’aucune algèbre soigneuse ne rattrapera.

Pourquoi vérifier chaque solution 🖖

Élever les deux membres au carré est une voie à sens unique : comme 3 et −3 donnent tous deux 9, cette étape peut accepter des solutions que l'équation d'origine n'a jamais permises. Le symbole racine ne renvoie que la valeur positive ou nulle, donc le membre de droite cx+d doit être ≥ 0. À retenir : substituez chaque candidat dans l'équation d'origine intacte — l'outil le fait automatiquement et démasque les imposteurs.

Les solutions étrangères résolvent l'équation miroir 🖖

Une racine rejetée n'est pas dénuée de sens : c'est la solution exacte de l'équation jumelle à signe inversé √(ax+b) = −(cx+d). L'élévation au carré efface le signe moins, si bien que les deux équations partagent un même polynôme, dont les candidats se séparent nettement : ceux vérifiant cx+d ≥ 0 appartiennent à l'originale, les autres au miroir. Voilà pourquoi chaque point étranger se pose exactement sur la branche négative en pointillés y = −√(ax+b) du graphique.

Exercice

Vérifiez-vous

Prédisez d’abord la réponse, puis utilisez les commandes ci-dessus pour vérifier. N’affichez la solution qu’après vous être engagé sur une hypothèse : c’est ce qui en fait un exercice.

Les trois préréglages annoncent exactement une racine étrangère. Pouvez-vous amener l’outil à n’en annoncer aucune ?

Afficher la réponse

Sans peine. Saisissez a = 1, b = 0, c = 0.5, d = 0 — c’est √x = x/2 — et le panneau liste les candidats x ≈ 0 et x ≈ 4, place les deux sous les racines valides et affiche « None » pour les étrangères. √x = x fait de même avec 0 et 1. Élever au carré ne fait jamais que *risquer* d’ajouter une solution ; il en ajoute une exactement quand un candidat rend le membre de droite négatif, car un tel point résout y = −√(ax+b), la branche en pointillés que l’outil trace, et non l’équation de départ. Ici aucun candidat ne devient négatif, donc rien n’est perdu.
Le préréglage par défaut donne au carré 1x² + 0x − 2 = 0 et propose la paire symétrique ±1.4142, dont l’outil rejette −1.4142. Saisissez maintenant a = 6, b = 12, c = 1, d = 3. Vous obtenez la même forme de quadratique — 1x² + 0x − 3 = 0, candidats ±1.7321 — mais cette fois l’outil accepte les deux. Qu’est-ce qui tranche ?

Afficher la réponse

Le signe du membre de droite en chaque candidat, et rien d’autre. Dans le cas par défaut la droite est x + 1, qui vaut −0.4142 en x = −1.4142 ; une racine carrée ne peut pas être négative, donc ce point est sur la branche en pointillés. Dans le second la droite est x + 3, qui vaut encore +1.2679 en x = −1.7321, et √(6(−1.7321) + 12) = √1.6077 = 1.2679 — une vraie solution, x négatif ou non. Le terme linéaire disparaît dans les deux cas parce que a = 2cd (2 = 2·1·1 et 6 = 2·1·3) ; c’est un fait d’algèbre et cela ne dit absolument rien sur les racines qui survivent. Les racines étrangères ne sont pas celles qui ont l’air fausses, ni celles hors du domaine — ce sont celles où la droite est passée sous l’axe.

Problème entièrement résolu

Le cas de la racine étrangère pour √(x − 1) = x − 2 7 étapes
Résolvez √(x − 1) = x − 2 et nommez l'étape qui a produit la racine ne résolvant pas l'équation. Il s'agit du cas de la racine parasite : a = 1, b = −1, c = 1, d = −2.
1. Le symbole de gauche désigne la racine carrée principale, sa valeur n'est donc jamais négative. Cela contraint le membre de droite avant même toute manipulation algébrique : seuls les x supérieurs ou égaux à 2 peuvent éventuellement convenir.
  
  $x - 1 = x - 2, \cdot \geq 0 ⟹ x \geq 2$
2. C'est lors de l'élévation au carré que l'information s'échappe. Des quantités égales ont des carrés égaux, mais des carrés égaux ne définissent les quantités qu'au signe près. Tout ce qui suit cette ligne répond à une question plus large que celle qui vous a été posée.
  
  $u = v ⟹ u^{2} = v^{2}, u^{2} = v^{2} ⟺ u = \pm v$
3. Développer le membre de droite produit une équation du second degré, et c'est la raison structurelle pour laquelle une seconde racine trouve la place d'apparaître — l'équation d'origine possédait une seule branche, celle élevée au carré en a deux.
  
  $x - 1 = (x - 2)^{2} = x^{2} - 4 x + 4 ⟹ x^{2} - 5 x + 5 = 0$
4. Le discriminant vaut 25 − 20 = 5, donc les deux candidats sont irrationnels. Ces deux nombres sont exactement ceux que le panneau indique sous les candidats polynomiaux, et tous deux sont de véritables racines de l'équation élevée au carré.
  
  $x = \frac{5 \pm 25 - 20}{2} = \frac{5 \pm 5}{2} \approx 1.382, 3.618$
5. Testons le candidat le plus grand. Le radicande vaut 2,618 et sa racine principale vaut 1,618 ; le membre de droite vaut lui aussi 1,618. Les deux membres concordent, 3,618 est donc conservé.
  
  $3.618 - 1 = 2.618 = 1.618 = 3.618 - 2$
6. Passons au plus petit. Le membre de gauche donne 0,618 et le membre de droite −0,618 : même valeur absolue, signe opposé. Il ne s'agit pas d'un défaut d'arrondi — 1,382 est une racine exacte de √(x − 1) = −(x − 2), la moitié inférieure de la parabole horizontale que le signe radical élimine, c'est pourquoi elle se retrouve dans la ligne des valeurs parasites.
  
  $1.382 - 1 = 0.382 = 0.618, 1.382 - 2 = - 0.618$
7. Remarquez ce qu me donnerait la vérification du domaine qu'on vous a probablement enseignée. Pour toute racine de l'équation élevée au carré, le radicande est égal à (x − 2)², un carré, il est donc non négatif pour les deux candidats et n'en rejette aucun. Sur toute cette famille d'équations, le test du radicande ne sert strictement à rien ; seul le signe du membre de droite agit.
  
  $x^{2} - 5 x + 5 = 0 ⟺ x - 1 = (x - 2)^{2} \geq 0$
Réponse

x ≈ 3,618, et 1,382 n'est pas un résultat approximatif — c'est une solution exacte d'une équation différente. Demandez-vous quand le problème peut être totalement évité. Conservons le radicande égal à x − 1 et posons le membre de droite égal à x + d, de sorte que l'élévation au carré donne f(x) = x² + (2d − 1)x + (d² + 1) = 0 avec pour discriminant −4d − 3 : au-dessus de d = −0,75, il n'y a aucun candidat réel. Un candidat satisfait au test du signe lorsque x ≥ −d, le sommet de la parabole se situant toujours à droite de −d, les deux racines franchissent donc le seuil exactement lorsque f(−d) ≥ 0 — et f(−d) se réduit à d + 1. La famille n'est donc valide que sur l'étroite fenêtre −1 ≤ d ≤ −0,75 : augmentez d au-delà de −0,75 et les racines disparaissent, diminuez-le en dessous de −1 et l'une d'elles devient parasite. Pour d = −2, vous êtes bien en dehors de cette fenêtre, c'est pourquoi exactement un candidat devait échouer.

$Δ = - 4 d - 3 \geq 0, f (- d) = d + 1 \geq 0 ⟹ - 1 \leq d \leq - \frac{3}{4}$

Références (2)

Why squaring both sides produces solutions the original equation does not have: J. S. Zelkowski, "Making Sense of Extraneous Solutions." The Mathematics Teacher 106(6), 452–458, 2013.
The idea has a longer history than the textbook treatment suggests: K. R. Manning, "Historically Speaking — A History of Extraneous Solutions." The Mathematics Teacher 63(2), 165–175, 1970.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-05-21

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Exemples de problèmes

cas à une seule solution - Cas avec une unique solution valide pour sqrt(x+4)=x.
cas avec solution étrangère - L'élévation au carré introduit une solution qui échoue à la vérification du domaine initial.
cas à deux candidats - Deux solutions algébriques apparaissent avant le filtrage par le domaine du radical.