Résoudre une équation ou une inéquation

Une équation (ou une inéquation) d'inconnue $x$ dans un ensemble $E$ est une assertion $P(x)$ qui dépend de $x \in E$ ; une solution est un élément $a$ de $E$ tel que $P(a)$ soit vraie. Résoudre dans $E$, c'est déterminer l'ensemble des solutions $S$, exactement. Cela contient deux inclusions : chaque élément annoncé est solution (aucune solution parasite) et chaque solution est annoncée (aucune solution perdue). Exhiber une solution, ou une liste qui contient les solutions, ne résout donc pas l'équation.

« équivaut à », ou le symbole $\iff$ entre deux assertions : l'étape vaut dans les deux sens pour tout $x$ du domaine, et la dernière ligne d'une chaîne d'équivalences décrit exactement l'ensemble des solutions. « donc » n'affirme que le sens direct, même quand l'étape est réversible : au bout d'une suite de « donc », on ne tient que des candidats, qu'il faut tester. « ou » relie deux assertions dont l'une au moins est vraie : « $x = a$ ou $x = b$ » décrit la réunion $\{a\} \cup \{b\}$, qui n'est l'ensemble des solutions que si cette ligne termine une chaîne d'équivalences. « et » exige que deux conditions soient vraies en même temps (intersection). « Soit $x \in D$ » fixe l'inconnue avant la chaîne, « Réciproquement » annonce la vérification des candidats, « L'ensemble des solutions est » ouvre la conclusion.

Le domaine de résolution $D$ est l'ensemble des éléments de l'ensemble fixé par l'énoncé pour lesquels tous les termes de l'équation sont définis : radicande positif ou nul sous une racine carrée, dénominateur non nul, argument strictement positif dans un logarithme. On le pose avant le premier calcul, car toutes les équivalences qui suivent ne valent que pour $x \in D$. L'ensemble des solutions est une partie de $D$.

Quand l'utiliser : dès que l'équation contient une racine carrée, un quotient ou un logarithme, ou que l'énoncé impose l'ensemble de résolution (« résoudre dans $\left]0, +\infty\right[$ »).
1) Relever chaque expression soumise à une condition d'existence : $\sqrt{A}$ exige $A \geq 0$, $\frac{A}{B}$ exige $B \neq 0$, $\ln A$ exige $A > 0$.
2) Résoudre ces conditions, puis les intersecter entre elles et avec l'ensemble imposé par l'énoncé.
3) Écrire sur la copie : « L'équation est définie si et seulement si [conditions], c'est-à-dire pour $x \in D = \dots$. Soit $x \in D$. »
4) Mener toute la résolution pour $x \in D$ : les étapes qui utilisent ces conditions (simplifier par un dénominateur, regrouper des logarithmes) ne sont réversibles que là.
5) Avant de conclure, écarter en le disant les valeurs obtenues hors de $D$ : « Or $a \notin D$, donc $a$ n'est pas solution. »

Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $(E) : \dfrac{x^2 - 1}{x - 1} = 2$.
Le quotient est défini si et seulement si $x - 1 \neq 0$. On résout donc $(E)$ sur $D = \mathbb{R} \setminus \{1\}$.
Soit $x \in D$.
$\dfrac{x^2 - 1}{x - 1} = 2 \iff \dfrac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} = 2$, par factorisation du numérateur.
$\iff x + 1 = 2$, car $x - 1 \neq 0$ permet de simplifier par $x - 1$.
$\iff x = 1$.
Or $1 \notin D$ : aucun élément de $D$ ne vérifie $x = 1$, donc aucun élément de $D$ n'est solution de $(E)$.
L'ensemble des solutions de $(E)$ dans $\mathbb{R}$ est $S = \varnothing$.
À retenir : on pose le domaine avant la première ligne de calcul ; c'est lui qui autorise la simplification, puis qui trie le résultat.

Ligne fautive : $\ln x + \ln(x - 3) = \ln 4 \iff x(x - 3) = 4 \iff (x = -1 \text{ ou } x = 4)$, d'où $S = \{-1, 4\}$.
L'égalité $\ln a + \ln b = \ln(ab)$ n'est valable que pour $a > 0$ et $b > 0$. Sans domaine, la première équivalence est fausse, et $-1$, où $\ln x$ n'existe même pas, devient une solution parasite.
Version correcte : « L'équation est définie pour $x > 0$ et $x - 3 > 0$, c'est-à-dire sur $D = \left]3, +\infty\right[$. Soit $x \in D$. Comme $x > 0$ et $x - 3 > 0$, on a $\ln x + \ln(x - 3) = \ln(x(x - 3))$. Ainsi $\ln x + \ln(x - 3) = \ln 4 \iff \ln(x(x - 3)) = \ln 4 \iff x(x - 3) = 4$, car la fonction $\ln$ est injective sur $\left]0, +\infty\right[$. Puis $x(x - 3) = 4 \iff (x + 1)(x - 4) = 0 \iff (x = -1 \text{ ou } x = 4) \iff x = 4$, car $-1 \notin D$. » Donc $S = \{4\}$.

Deux équations sont équivalentes sur $D$ si, pour tout $x \in D$, l'une est vraie si et seulement si l'autre l'est ; elles ont alors le même ensemble de solutions dans $D$. Si chaque ligne d'une chaîne est équivalente à la suivante sur $D$, la première et la dernière ont les mêmes solutions : la dernière ligne donne directement $S$, sans vérification. Une seule étape à sens unique suffit à rompre la chaîne.

Pour $x \in D$, on obtient une équation équivalente en ajoutant aux deux membres une même expression définie sur $D$, en multipliant les deux membres par une expression qui ne s'annule pas sur $D$, en factorisant ou en développant un membre. Appliquer aux deux membres une fonction injective sur un ensemble qui contient ces membres est aussi réversible : exponentielle, logarithme sur $\left]0, +\infty\right[$, cube, carré sur $\left[0, +\infty\right[$. Chacune de ces opérations se défait par l'opération inverse, ce qui garantit le retour.

Élever au carré : $a = b$ entraîne $a^2 = b^2$, mais la réciproque est fausse, puisque $(-2)^2 = 2^2$. Multiplier par une expression $C$ qui peut s'annuler : $A = B$ entraîne $AC = BC$, mais la réciproque tombe là où $C = 0$. Pour une équation, ces deux opérations ne donnent qu'une implication, et l'équation obtenue peut avoir plus de solutions ; à l'inverse, simplifier par une expression qui peut s'annuler peut en faire perdre. Pour une inéquation, élever au carré ou multiplier par une expression de signe variable ne donne même pas une implication : $-3 \leq 1$, mais $(-3)^2 > 1^2$.

Notons $S$ et $S'$ les ensembles de solutions dans $D$ de l'équation $(E) : P(x)$ et d'une équation $(E')$. Si toute solution de $(E)$ vérifie $(E')$, alors $S \subset S'$ : les éléments de $S'$ ne sont que des candidats. Pour conclure, on trie ces candidats : on teste chacun d'eux dans l'équation de départ, et $S$ est exactement l'ensemble de ceux qui la vérifient. Rien ne garantit $S' \subset S$ : un candidat qui échoue au test deviendrait une solution parasite s'il était annoncé. Cette voie suppose $S'$ fini : quand $S'$ est infini, comme souvent pour une inéquation, on ne peut pas tester les candidats un par un et l'on préfère une chaîne d'équivalences.

On note $S$ l'ensemble des solutions et $T$ l'ensemble annoncé en conclusion. Une solution parasite est une valeur annoncée qui ne vérifie pas l'équation de départ : elle entre quand une implication a été prise pour une équivalence (carré, multiplication par une expression qui s'annule, domaine oublié) ou quand des candidats sont annoncés sans test. Une solution perdue est une solution de départ absente de la conclusion : elle disparaît par exemple quand on simplifie par une expression qui peut s'annuler, qu'on relie des valeurs par « et » au lieu de « ou », ou qu'on écarte un cas sans justification. Une solution parasite contredit $T \subset S$, une solution perdue contredit $S \subset T$.

Quand l'utiliser : à chaque passage d'une ligne à la suivante, avec une vigilance particulière devant un carré, une multiplication par une expression, une simplification ou une fonction non injective.
1) Tester le sens aller : « pour tout $x \in D$, la ligne de départ entraîne-t-elle la ligne d'arrivée ? » Si non, l'étape est fausse, même écrite avec « donc » : c'est le cas du carré d'une inégalité dont un membre peut être négatif, ou d'une inégalité multipliée par une expression de signe inconnu. On la remplace alors par une comparaison à zéro, une multiplication par un carré strictement positif ou une disjonction de cas selon le signe.
2) Tester le sens retour : « pour tout $x \in D$, la ligne d'arrivée entraîne-t-elle la ligne de départ ? »
3) Si les deux sens sont vrais, écrire $\iff$ et nommer l'opération dès qu'elle n'est pas évidente. Pour une équation, sont réversibles : l'ajout d'une même quantité aux deux membres, la multiplication par une expression non nulle sur $D$, l'application d'une fonction injective sur un ensemble qui contient les deux membres, la factorisation. Pour une inéquation, sont réversibles en conservant le sens : l'ajout d'une même quantité aux deux membres, la multiplication par une expression strictement positive sur $D$, l'application d'une fonction strictement croissante sur un intervalle qui contient les deux membres, la factorisation ; la multiplication par une expression strictement négative sur $D$ et l'application d'une fonction strictement décroissante sur un tel intervalle donnent aussi une équivalence, à condition de renverser le sens de l'inégalité. En revanche, une expression non nulle mais de signe variable, comme $x + 3$ sur $\mathbb{R} \setminus \{-3\}$, ne convient pas dans une inéquation : la multiplication par cette expression ne garantit même pas le sens aller (étape 1).
4) Si seul l'aller est vrai, trois voies. Ajouter la condition qui rétablit le retour (voir la méthode sur l'élévation au carré). Pour une inéquation, distinguer des cas selon le signe de l'expression en cause (voir le thème Disjonction de cas) et conclure par équivalence dans chaque cas. Pour une équation dont les candidats seront en nombre fini, passer en implications : « Soit $x \in D$ une solution de $(E)$. Alors [étape], donc [étape], donc $x = a$ ou $x = b$. »
5) Clore cette analyse par une phrase qui parle de candidats, pas de solutions : « Les seules solutions possibles sont $a$ et $b$. »
6) Tester chaque candidat dans l'équation de départ : « Réciproquement, $a \in D$ et [calcul qui aboutit à une égalité vraie], donc $a$ est solution. »
7) Conclure avec les seuls candidats retenus : « L'ensemble des solutions est $S = \{a\}$. »

Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $(E) : \sqrt{x + 2} = x$ par implications, puis vérification des candidats.
La racine carrée est définie si et seulement si $x + 2 \geq 0$. On résout donc $(E)$ sur $D = \left[-2, +\infty\right[$.
Soit $x \in D$ une solution de $(E)$.
En élevant au carré les deux membres, on obtient $x + 2 = x^2$.
Donc $x^2 - x - 2 = 0$, en retranchant $x + 2$ aux deux membres.
Or $x^2 - x - 2 = (x + 1)(x - 2)$, donc $(x + 1)(x - 2) = 0$.
Un produit de réels est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est, donc $x = -1$ ou $x = 2$.
Ainsi, les seules solutions possibles sont $-1$ et $2$.
L'élévation au carré n'étant pas réversible, il reste à tester ces deux candidats.
Réciproquement, $-1 \in D$ mais $\sqrt{-1 + 2} = 1$ et $1 \neq -1$, donc $-1$ n'est pas solution de $(E)$.
De même, $2 \in D$ et $\sqrt{2 + 2} = 2$, donc $2$ est solution de $(E)$.
L'ensemble des solutions de $(E)$ est $S = \{2\}$.
À retenir : une suite de « donc » ne produit que des candidats ; on les teste un par un dans l'équation de départ avant de conclure.

Ligne fautive : « $|x - 1| = 2x$, donc $(x - 1)^2 = 4x^2$, donc $3x^2 + 2x - 1 = 0$, donc $x = -1$ ou $x = \frac{1}{3}$. Ainsi $S = \left\{-1, \frac{1}{3}\right\}$. »
Chaque « donc » est juste, mais une élévation au carré ne fournit que des candidats : le « Ainsi » les transforme en solutions sans les avoir testés. Pour $x = -1$ : $|-1 - 1| = 2$ alors que $2x = -2$, donc $-1$ n'est pas solution.
Version correcte : « Réciproquement, $\left|\frac{1}{3} - 1\right| = \frac{2}{3} = 2 \times \frac{1}{3}$, donc $\frac{1}{3}$ est solution ; $|-1 - 1| = 2 \neq -2$, donc $-1$ ne l'est pas. L'ensemble des solutions est $S = \left\{\frac{1}{3}\right\}$. »

Quand l'utiliser : une racine carrée est égale ou comparée à une expression qui peut être négative, ou l'on veut élever au carré les deux membres d'une égalité sans quitter les équivalences.
Principe : deux réels positifs ou nuls sont égaux si et seulement si leurs carrés le sont.
1) Isoler la racine dans un membre : $\sqrt{A} = B$.
2) Repérer le membre dont le signe n'est pas connu, ici $B$ ; le membre $\sqrt{A}$ est positif ou nul dès qu'il existe.
3) Écrire dans la même ligne la condition de signe et l'équation élevée au carré, reliées par « et » : « Comme $\sqrt{A} \geq 0$, on a $\sqrt{A} = B \iff (B \geq 0 \text{ et } A = B^2)$. » La condition $A \geq 0$ est alors automatique, puisque $A = B^2$.
4) Résoudre $A = B^2$ en recopiant la condition à chaque ligne de la chaîne.
5) Dans la dernière équivalence, éliminer en le justifiant les valeurs qui violent la condition : « car $-1 < 0$ ».
Pour une inéquation, la même idée donne $\sqrt{A} \leq B \iff (A \geq 0 \text{ et } B \geq 0 \text{ et } A \leq B^2)$ ; la condition $A \geq 0$ n'y est plus automatique et doit être écrite.

Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $(E) : \sqrt{x + 2} = x$ par une chaîne d'équivalences.
L'équation est définie si et seulement si $x + 2 \geq 0$, donc sur $D = \left[-2, +\infty\right[$. Soit $x \in D$.
Le membre de gauche est positif ou nul, donc toute solution vérifie $x \geq 0$ ; et, lorsque $x \geq 0$, les deux membres sont positifs ou nuls, donc égaux si et seulement si leurs carrés le sont. Ainsi :
$\sqrt{x + 2} = x \iff (x \geq 0 \text{ et } x + 2 = x^2)$
$\iff (x \geq 0 \text{ et } (x + 1)(x - 2) = 0)$, par factorisation de $x^2 - x - 2$.
$\iff (x \geq 0 \text{ et } (x = -1 \text{ ou } x = 2))$, car un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est.
$\iff x = 2$, car $-1 < 0$ et $2 \geq 0$.
Comme $2 \in D$, l'ensemble des solutions de $(E)$ est $S = \{2\}$.
À retenir : on n'écrit $\iff$ après un carré qu'en ajoutant, dans la même ligne, la condition de signe qui rend l'étape réversible.

Ligne fautive : $\sqrt{x + 2} = x \iff x + 2 = x^2$.
Le retour est faux : $x = -1$ vérifie $x + 2 = x^2$, puisque $1 = 1$, mais $\sqrt{-1 + 2} = 1 \neq -1$. L'équivalence abusive fait entrer la solution parasite $-1$ dans la conclusion $S = \{-1, 2\}$.
Version correcte : $\sqrt{x + 2} = x \iff (x \geq 0 \text{ et } x + 2 = x^2)$, car les deux membres sont alors positifs ou nuls ; la condition écarte $-1$ et donne $S = \{2\}$.

Quand l'utiliser : la résolution aboutit à un produit nul, à deux carrés égaux ou à une valeur absolue, qui produisent plusieurs valeurs.
1) Tout ramener dans un membre et factoriser ; ne jamais diviser par un facteur qui peut s'annuler.
2) Écrire l'équivalence du produit nul avec « ou » : « $AB = 0 \iff (A = 0 \text{ ou } B = 0)$ ».
3) Résoudre chaque terme de la disjonction dans la même ligne : « $\iff (x = a \text{ ou } x = b)$ ».
4) Si une condition accompagne la disjonction (domaine, signe), ne garder que les termes compatibles avec elle, en le justifiant.
5) Traduire la dernière ligne en ensemble : chaque terme « $x = a$ » fournit l'élément $a$, le « ou » devient une réunion. Écrire « $S = \{a, b\}$ » entre accolades ; les crochets désignent un intervalle, pas deux valeurs.

Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $(E) : x^3 = 4x$.
L'équation est définie sur $\mathbb{R}$. Soit $x \in \mathbb{R}$.
$x^3 = 4x \iff x^3 - 4x = 0$, en retranchant $4x$ aux deux membres.
$\iff x(x^2 - 4) = 0$, en factorisant par $x$ plutôt qu'en divisant par $x$, qui peut être nul.
$\iff x(x - 2)(x + 2) = 0$.
$\iff (x = 0 \text{ ou } x - 2 = 0 \text{ ou } x + 2 = 0)$, car un produit de réels est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est.
$\iff (x = 0 \text{ ou } x = 2 \text{ ou } x = -2)$.
L'ensemble des solutions de $(E)$ est $S = \{-2, 0, 2\}$.
À retenir : on factorise au lieu de simplifier, on écrit la disjonction avec « ou », puis on rassemble ses termes dans un ensemble entre accolades.

Ligne fautive : $x^3 = 4x \iff x^2 = 4 \iff (x = -2 \text{ ou } x = 2)$.
La première équivalence divise par $x$, ce qui n'est permis que pour $x \neq 0$. Or $0^3 = 4 \times 0$ : la solution perdue $0$ manque à la conclusion.
Version correcte : $x^3 = 4x \iff x(x - 2)(x + 2) = 0 \iff (x = 0 \text{ ou } x = 2 \text{ ou } x = -2)$, d'où $S = \{-2, 0, 2\}$. Si l'on tient à simplifier, on écrit $x \cdot x^2 = x \cdot 4 \iff (x = 0 \text{ ou } x^2 = 4)$.

Ligne fautive : $x^2 = 1 \iff (x = 1 \text{ et } x = -1)$.
Aucun réel n'est à la fois égal à $1$ et à $-1$ : cette ligne décrit l'ensemble vide et perd les deux solutions. Chacune des deux valeurs convient séparément, ce qui se dit avec « ou ».
Version correcte : $x^2 = 1 \iff (x = 1 \text{ ou } x = -1)$, d'où $S = \{-1, 1\}$, entre accolades : $\left[-1, 1\right]$ désignerait tout l'intervalle.

Ces équivalences valent pour tout $x$ où les expressions $A$, $B$ et $C$ sont définies : elles s'emploient sur le domaine de résolution, jamais au-delà. Ainsi $(x - 2)\sqrt{x - 3} = 0$ se résout sur $\left[3, +\infty\right[$, et la valeur $2$, qui annule le premier facteur, n'y appartient pas. Lorsque le membre de gauche contient $\sqrt{A}$ ou $\ln A$, le membre de droite garantit la condition qui le rend défini, et les conditions de signe qu'il écrit restent nécessaires. On cite ces équivalences telles quelles pour justifier une étape réversible.

Multiplier les deux membres d'une inégalité par $c > 0$ conserve le sens, par $c < 0$ le renverse ; par une expression dont le signe varie avec $x$, aucune des deux règles ne vaut pour tout $x$. Appliquer une fonction strictement croissante sur un intervalle qui contient les deux membres conserve le sens, une fonction strictement décroissante le renverse. Ainsi le passage à l'inverse renverse le sens entre deux réels de même signe strict, et le passage au carré le conserve entre deux réels positifs ou nuls. La rédaction des inégalités elles-mêmes est traitée dans le thème Rédiger une inégalité.

Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul ; un produit de facteurs non nuls est strictement positif si et seulement si le nombre de facteurs strictement négatifs est pair. Là où $B \neq 0$, le quotient $\frac{A}{B}$ a le même signe que le produit $AB$, puisque $\frac{A}{B} = \frac{AB}{B^2}$ avec $B^2 > 0$. Étudier le signe d'un quotient revient donc à étudier celui d'un produit, valeurs interdites exclues.

Quand l'utiliser : l'inconnue figure dans un dénominateur, dans les deux membres, ou dans des facteurs dont le signe dépend de $x$.
1) Poser le domaine : aucun dénominateur ne s'annule.
2) Tout passer dans un membre, ce qui est réversible : « $f(x) \leq g(x) \iff f(x) - g(x) \leq 0$ ».
3) Réduire au même dénominateur pour obtenir un quotient $\frac{A}{B}$ comparé à $0$, puis factoriser $A$ et $B$ autant que possible.
4) Chasser le dénominateur sans jamais multiplier par une expression de signe inconnu : multiplier par $B^2$, strictement positif sur $D$. Écrire : « $\frac{A}{B} \leq 0 \iff AB \leq 0$, en multipliant par $B^2 > 0$ sur $D$ ».
5) Étudier le signe du produit $AB$. S'il est du second degré, citer la règle du signe du trinôme, par exemple : « le trinôme $(x - 4)(x + 3)$, de coefficient dominant $1 > 0$, est négatif ou nul exactement entre ses racines $-3$ et $4$ ». Sinon, raisonner facteur par facteur sur chaque intervalle délimité par les valeurs qui annulent un facteur : « Sur $\left]0, 2\right[$, $x > 0$, $x - 2 < 0$ et $x + 3 > 0$, donc $x(x - 2)(x + 3) < 0$. »
6) Lire l'ensemble où le signe voulu est atteint. Une valeur qui annule le produit est solution d'une inégalité large, pas d'une stricte ; les valeurs interdites, qui annulent aussi $AB$, sont retirées. Conclure : « L'ensemble des solutions est $S = \dots$ »

Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation $(I) : \dfrac{2x - 1}{x + 3} \leq 1$.
Le quotient est défini si et seulement si $x + 3 \neq 0$. On résout donc $(I)$ sur $D = \mathbb{R} \setminus \{-3\}$. Soit $x \in D$.
$\dfrac{2x - 1}{x + 3} \leq 1 \iff \dfrac{2x - 1}{x + 3} - 1 \leq 0$, en retranchant $1$ aux deux membres.
$\iff \dfrac{2x - 1 - (x + 3)}{x + 3} \leq 0$, en réduisant au même dénominateur.
$\iff \dfrac{x - 4}{x + 3} \leq 0$.
$\iff (x - 4)(x + 3) \leq 0$, en multipliant par $(x + 3)^2$, strictement positif sur $D$, ce qui conserve le sens et se défait.
$\iff -3 \leq x \leq 4$, car le trinôme $(x - 4)(x + 3)$, de coefficient dominant $1 > 0$, est négatif ou nul exactement entre ses racines $-3$ et $4$.
Comme $x \in D$, on a $x \neq -3$ : les solutions sont les réels $x$ tels que $-3 < x \leq 4$.
L'ensemble des solutions de $(I)$ est $S = \left]-3, 4\right]$.
À retenir : on compare à zéro, puis on chasse le dénominateur en multipliant par son carré, jamais par le dénominateur lui-même.

Ligne fautive : $\dfrac{2x - 1}{x + 3} \leq 1 \iff 2x - 1 \leq x + 3$.
Multiplier par $x + 3$ ne conserve le sens que si $x + 3 > 0$. Pour $x = -4$, l'inégalité d'arrivée est vraie ($-9 \leq -1$), mais $\dfrac{-9}{-1} = 9 > 1$ : l'ensemble annoncé, $\left]-\infty, -3\right[ \cup \left]-3, 4\right]$, contient des solutions parasites.
Version correcte, pour $x \neq -3$ : $\dfrac{2x - 1}{x + 3} \leq 1 \iff \dfrac{x - 4}{x + 3} \leq 0 \iff (x - 4)(x + 3) \leq 0$, en multipliant par $(x + 3)^2 > 0$ ; d'où $S = \left]-3, 4\right]$.

Ligne fautive : $\dfrac{1}{x} \leq 2 \iff x \geq \dfrac{1}{2}$.
Passer à l'inverse ne renverse le sens qu'entre deux réels de même signe strict. Pour $x = -1$, on a $\frac{1}{-1} = -1 \leq 2$ alors que $-1 < \frac{1}{2}$ : tous les réels strictement négatifs sont des solutions perdues.
Version correcte, pour $x \neq 0$ :
$\dfrac{1}{x} \leq 2 \iff \dfrac{1 - 2x}{x} \leq 0$, en retranchant $2$ et en réduisant au même dénominateur.
$\iff x(1 - 2x) \leq 0$, en multipliant par $x^2 > 0$.
$\iff (x \leq 0 \text{ ou } x \geq \frac{1}{2})$, car le trinôme $x(1 - 2x)$, de coefficient dominant $-2 < 0$, est négatif ou nul en dehors de l'intervalle $\left]0, \frac{1}{2}\right[$.
$\iff (x < 0 \text{ ou } x \geq \frac{1}{2})$, car $x \neq 0$.
D'où $S = \left]-\infty, 0\right[ \cup \left[\frac{1}{2}, +\infty\right[$.

Ces équivalences valent pour tout $x$ où les expressions $A$ et $B$ sont définies. Lorsque le membre de gauche contient $\sqrt{A}$, le membre de droite garantit la condition $A \geq 0$ qui le rend défini, et les conditions de signe qu'il écrit restent nécessaires. Tout le reste passe par l'étude du signe d'un produit ou d'un quotient.

Quand l'utiliser : à la fin de toute résolution, quelle que soit la méthode suivie.
1) Relire la question : dans quel ensemble résout-on ($\mathbb{R}$, un intervalle, $\mathbb{R}^2$), et pour quelles valeurs d'un éventuel paramètre ?
2) Traduire la dernière assertion obtenue : « $x = a$ ou $x = b$ » donne $\{a, b\}$ ; « $a < x \leq b$ » donne $\left]a, b\right]$ ; « $x = a$ ou $x \geq b$ » donne $\{a\} \cup \left[b, +\infty\right[$ ; une condition impossible donne $\varnothing$ ; une condition toujours vraie donne le domaine $D$ tout entier.
3) Intersecter avec le domaine, si la chaîne ne l'a pas déjà fait.
4) Pour un système, écrire des couples, $S = \{(a, b)\}$, et non les valeurs de $x$ et de $y$ séparément.
5) Écrire une phrase complète qui répond à la question posée : « L'ensemble des solutions de $(E)$ dans $\mathbb{R}$ est $S = \dots$ »

Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation $(I) : x^2(x - 2) \geq 0$.
L'inéquation est définie sur $\mathbb{R}$. Soit $x \in \mathbb{R}$.
On distingue deux cas selon que $x^2$ est nul ou non.
Cas $x = 0$ : $x^2(x - 2) = 0$ et $0 \geq 0$, donc $0$ est solution de $(I)$.
Cas $x \neq 0$ : alors $x^2 > 0$.
$x^2(x - 2) \geq 0 \iff x - 2 \geq 0$, en multipliant les deux membres par $\frac{1}{x^2} > 0$, ce qui conserve le sens et se défait.
$\iff x \geq 2$, en ajoutant $2$ aux deux membres.
Les deux cas recouvrent $\mathbb{R}$, donc un réel $x$ est solution de $(I)$ si et seulement si $x = 0$ ou $x \geq 2$.
L'ensemble des solutions de $(I)$ est $S = \{0\} \cup \left[2, +\infty\right[$.
À retenir : la conclusion traduit toute la disjonction obtenue, point isolé compris, avec la notation adaptée : accolades pour des valeurs, crochets pour un intervalle, réunion pour « ou ».

Si l'équation $(E)$ ne fait intervenir $x$ qu'à travers une expression $\varphi(x)$, elle s'écrit $g(\varphi(x)) = 0$. Un réel $x \in D$ est alors solution de $(E)$ si et seulement si le réel $\varphi(x)$ est solution de l'équation $(E') : g(t) = 0$, d'inconnue $t$. Les solutions de $(E')$ qui n'appartiennent pas à l'image $\varphi(D)$ ne correspondent à aucun $x$. Le retour à l'inconnue initiale consiste à résoudre $\varphi(x) = t_0$ pour chaque solution $t_0$ retenue, ce qui peut donner aucun, un ou plusieurs réels $x$.

Quand l'utiliser : l'inconnue n'apparaît qu'à travers une même expression, comme $e^x$ dans une équation où figure $e^{2x} = (e^x)^2$, ou $x^2$ dans une équation bicarrée.
1) Réécrire toute l'équation en fonction de cette expression $\varphi(x)$.
2) Fixer l'inconnue, puis poser la nouvelle et écrire aussitôt sa condition : « Soit $x \in \mathbb{R}$. Posons $X = e^x$ ; alors $X > 0$. » La lettre $X$ désigne désormais ce réel : on ne la réintroduit pas par « Soit ».
3) Traduire l'équation en $X$, la résoudre par équivalences en gardant la condition, et écarter en le justifiant les racines qui la violent : « $\iff X = 1$, car $X > 0$ exclut $X = -2$ ».
4) Revenir à $x$ par équivalence : « $\iff e^x = 1 \iff x = 0$ ». Une valeur de $X$ peut donner plusieurs réels $x$ : avec $X = x^2$, la valeur $4$ donne $-2$ et $2$.
5) Conclure par l'ensemble des solutions en l'inconnue de départ.
Variante, quand l'équation en la nouvelle inconnue demande une étude à part (discussion selon un paramètre, calcul long) : la poser avec une autre lettre, « Notons $(E')$ l'équation $t^2 + t - 2 = 0$, d'inconnue $t \in \left]0, +\infty\right[$ ; un réel $x$ est solution de $(E)$ si et seulement si $e^x$ est solution de $(E')$ », la résoudre, puis revenir à $x$ en résolvant $e^x = t_0$ pour chaque solution $t_0$.

Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $(E) : e^{2x} + e^x - 2 = 0$.
L'équation est définie sur $\mathbb{R}$. Soit $x \in \mathbb{R}$.
Posons $X = e^x$. Alors $X > 0$, car la fonction exponentielle ne prend que des valeurs strictement positives.
De plus, $e^{2x} = (e^x)^2 = X^2$, donc $e^{2x} + e^x - 2 = X^2 + X - 2$.
$e^{2x} + e^x - 2 = 0 \iff X^2 + X - 2 = 0$, d'après la ligne précédente.
$\iff (X - 1)(X + 2) = 0$, par factorisation.
$\iff (X = 1 \text{ ou } X = -2)$, car un produit de réels est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est.
$\iff X = 1$, car $X > 0$ exclut $X = -2$.
$\iff e^x = 1$, en revenant à l'inconnue $x$.
$\iff x = 0$, car $e^0 = 1$ et la fonction exponentielle est injective sur $\mathbb{R}$.
L'ensemble des solutions de $(E)$ est $S = \{0\}$.
À retenir : on fixe l'inconnue avant de poser la nouvelle, on écrit aussitôt la condition $X > 0$ qui écartera les racines impossibles, et l'on conclut en l'inconnue de départ.

Ligne fautive : « En posant $X = e^x$, on obtient $X^2 + X - 2 = 0$, donc $X = 1$ ou $X = -2$, donc $e^x = 1$ ou $e^x = -2$, donc $x = 0$ ou $x = \ln(-2)$, et $S = \{0, \ln(-2)\}$. »
La nouvelle inconnue $X = e^x$ est strictement positive : la valeur $X = -2$ ne correspond à aucun réel $x$, et $\ln(-2)$ n'existe pas. Faute d'avoir écrit la condition $X > 0$ avant de revenir à $x$, la copie annonce une « solution » qui n'est même pas un réel.
Version correcte : « Soit $x \in \mathbb{R}$. Posons $X = e^x$ ; alors $X > 0$. L'équation équivaut à $X^2 + X - 2 = 0$, c'est-à-dire à $(X = 1 \text{ ou } X = -2)$, c'est-à-dire à $X = 1$, puisque $X > 0$. Or $e^x = 1 \iff x = 0$, donc l'ensemble des solutions est $S = \{0\}$. »