Les mathématiciens se sont depuis longtemps intéressés aux équations du second degré, c’est-à-dire dont le terme de plus haut degré contient x2 (en utilisant les notations modernes usuelles). Ainsi, les premiers textes connus y faisant référence datent de deux mille années avant notre ère, du temps des Babyloniens. C’est ensuite Al-Khwarizmi, au IXe siècle, qui établit les formules permettant la résolution systématique de ces équations (on pourra se référer aux liens donnés en fin de billet pour l’aspect historique).
La résolution « moderne » des équations du second degré s’appuie sur la forme canonique des trinômes du second degré. Ainsi, si l’on considère l’équation x2 + 2x – 3 = 0 , le trinôme x2 + 2x – 3 « ressemble » à un début d’identité remarquable. En effet, on peut écrire :
x2 + 2x – 3
= x2 + 2x + 1 – 1 – 3
= x2 + 2x + 1 – 4
= (x+1)2 – 4, en reconnaissant une identité remarquable du premier type :
= (x+1)2 – 22 qui est la forme canonique
= (x + 1 + 2)(x + 1 – 2), en reconnaissant cette fois une identité remarquable du troisième type : a2 – b2 = (a+b)(a-b)
= (x + 3)(x – 1)
Et arrivé ici, nous avons gagné 
. En effet, en reportant le trinôme factorisé dans notre équation initiale, on obtient (x + 3)(x – 1) = 0.
Or on sait qu’un produit de termes est nul si et seulement l’un au moins des termes est nul (ceci traduit le fait que zéro, en plus de désigner accessoirement quelqu’un que l’on ne tient pas en haute considération, est l’élément absorbant de la multiplication). On aboutit donc au système :
soit encore
Les deux solutions sont donc -3 et 1 (Youpi !)
On peut conforter notre résultat en traçant la représentation graphique de la fonction f(x) = x2 + 2x – 3. On peut ainsi voir que la courbe obtenue (une parabole) coupe l’axe des abscisses en deux points qui semblent avoir pour abscisse x = -3 et x = 1 (il ne s’agit bien évidemment pas d’une preuve mais plus d’un moyen de nous rassurer dans notre raisonnement, qui lui est parfaitement rigoureux).
En continuant à raisonner sur les courbes, on peut considérer celle ci-contre. On voit ici que la parabole ne franchit jamais l’axe des abscisses. Donc, a priori, l’équation correspondante ne devrait pas avoir de solutions. En effet, l’équation est ici x2 + 2x + 3 = 0. En réitérant la méthode précédente, on obtient :
x2 + 2x + 3
= x2 + 2x +1 – 1 + 3
= (x+1)2 + 2
Il n’est plus possible de factoriser plus avant puisque nous ne retrouvons plus d’identité remarquable ! En fait, nous nous retrouvons face à deux termes positifs : (x+1)2 qui est un carré (et donc positif) et 2 qui est strictement positif. La somme de ces deux termes est toujours strictement positive et donc ne s’annule jamais. Pas de solution !
Il nous reste à couvrir un dernier cas : celui où la parabole « affleure » l’axe des abscisses (le coupe en un seul point). Il correspond à l’équation x2-+2x+1 = 0 dont le membre de gauche est directement une identité remarquable ; elle se transforme donc en (x+1)2 = 0 et la solution est x = -1 (on parle parfois de « solution double »).
Nous sommes maintenant parés pour aborder le problème des équations du second degré dans sa forme la plus générale, c’est-à-dire en partant du trinôme ax2 + bx + c, en considérant a non nul (pour bien avoir affaire à une expression de degré deux). Nous allons procéder comme précédemment, c’est-à-dire en cherchant à mettre en évidence une identité remarquable, et pour cela, on commence par mettre a en facteur :
Pour pouvoir continuer, il faut supposer que b2 -4ac ⩾ 0. Dans ce cas en effet, l’identité remarquable du troisième type qui est mise en évidence nous conduit à :
Il faut donc considérer le cas a > 0 conduisant à √a2 = a et celui où a < 0 donnant √a2 = -a . On voit aisément que les deux cas aboutissent au même résultat :
L’équation est alors 
et les solutions sont :
Ces solutions sont valables sous l’hypothèse que nous avions faite, à savoir b2 – 4ac ⩾ 0 . Dans le cas particulier b2 – 4ac = 0, les solutions se simplifient en :
c’est-à-dire une seule : c’est le cas où la parabole coupait l’axe des abscisses en un seul point.
Nous sommes presque au bout de nos peines : il nous reste à considérer le cas b2 – 4ac < 0. Comme on peut le pressentir, il n’y a alors pas de solution. En effet, dans 
, le terme 
est alors strictement positif, ne laissant aucune possibilité de mettre en évidence une identité remarquable.
En résumé, et en notant ∆ = b2 – 4ac (on appelle ∆ le discriminant, car il permet de « discriminer » les différents résultats possibles) :
Si ∆ > 0, l’équation admet deux solutions qui sont :
Si ∆ = 0, une solution double existe : 
Et si ∆ < 0, il n’y a pas de solution réelle (nous ne couvrirons pas ici le cas des solutions imaginaires).
On retrouve bien les trois cas que nous avions mis en évidence dans nos exemples au début de ce billet.
Nous avons donc retrouvé les solutions d’Al-Khwarizmi avec une méthode un peu plus rapide (car plus condensée) que la sienne (voir à ce sujet l’article de Wikipedia). Mais il faut aussi dire à sa décharge que nous arrivons avec douze siècles de retard !
Références (pour la partie historique) :
http://fr.wikipedia.org/wiki/%C3%89quation_du_second_degr%C3%A9#Historique
http://www.lyc-privat.ac-aix-marseille.fr/spip/IMG/pdf/histoiredesequations.pdf
