Polynôme, dédié à Christophe.
Trouvé sur le site mathlinks.ro cet énoncé :
On considère le polynômial $P\left( x \right) = {x^{2012}} - m{x^{2010}} + m, (m \ne 0)$. On suppose that $P\left( x \right)$ admet 2012 racines réelles. Démontrer qu'il existe une de ces 2012 racines de $P\left( x \right)$ (que l'on appelera $x_0$) pour laquelle $\left| {{x_0}} \right| \leqslant \sqrt 2$.
Vous je ne sais pas, mais moi je le trouve amusant. Et toi Christophe ?
amicalement,
e.v.
On considère le polynômial $P\left( x \right) = {x^{2012}} - m{x^{2010}} + m, (m \ne 0)$. On suppose that $P\left( x \right)$ admet 2012 racines réelles. Démontrer qu'il existe une de ces 2012 racines de $P\left( x \right)$ (que l'on appelera $x_0$) pour laquelle $\left| {{x_0}} \right| \leqslant \sqrt 2$.
Vous je ne sais pas, mais moi je le trouve amusant. Et toi Christophe ?
amicalement,
e.v.
Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
Réponses
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Si je dois répondre "franchement"... je dirais que la consigne a oublié le mot "distinctes"
pour que l'hypothèse soit encore plus forte
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je n'ai pas l'impression que ça change grand'chose, mais admettons.
amicalement,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
C'est surement un truc classique sur les polynomes symétriques**, mais de toute façon, tu sais très bien que je suis incapable de faire ce genre d'exo. En 30heures payé 10 000E de l'heure, j'aboutirais probablement... Et encore c'est même pas sûr. Mais franchement, à titre personnel, je ne m'y amuserais pas... mais merci de cette "invitation"
-D
** $\prod (X+a_i) = ... + \prod a_i= ... + m$ et $\sum a_ia_j = -m$ donc $\sum (a_i+a_j)^2 = \sum a_i^2+\sum a_j^2 -2m$, etc, etcAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Pourquoi ça? sauf erreur de calcul, $P$ et $P'$ sont premier entre eux, donc il y a bien 2012 racines distinctes.
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Greg : Les racines sont supposées réelles.
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oui effectivement :P
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En clair, l'exo est dedie a Christophe parce que faux => tout.
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J'ai lu la file de messages sur le forum roumain et il y a un argument convaincant dans le cas où m<0 si j'ai bien lu.
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Comme $P'$ admet au plus 3 racines reelles distinctes, $P$ admet au plus 4 racines relles distinctes. Or, 0 est racine de $P'$ d'ordre 2009 et n'est pas racine de $P$, donc une racine de $P$ est de multiplicite au plus 3. On arrive rapidement a une contradiction.
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Bin oui je suis bin d'accord (c'est même ce que j'ai répondu au départ), mais ev a dit que ce n'était pas important:Je n'ai pas l'impression que ça change grand'chose, mais admettons
donc je ne pense pas qu'elle me le dédiait pour la raison que "tout => il existe blabla... racine de 2", si?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Comme $P'$ admet au plus 3 racines reelles distinctes, $P$ admet au plus 4 racines réelles distinctes. Or, 0 est racine de $P'$ d'ordre 2009 et n'est pas racine de $P$, donc une racine de $P$ est de multiplicité au plus 3.
Sans algèbre (forcément) absconse, on peut aussi dresser le tableau de variations. -
Merci à tous. Bravo à Guego qui n'a pas oublié de m'éreinter avec mon copié-collé. Il me manque la réponse à ma question :
Vous avez trouvé ça drôle ?
amicalement,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Moi non, je trouve que c'est le genre d'exercice qui fait croire aux etudiants que les exercices de maths c'est fait pour les pieger et non pour aider a faire comprendre une notion.
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Euuu je veux pas gacher la fête, mais y a une correction dans les cartons
(je dis pas ça pour moi, c'est pas une passion les polynomes de ce genre chez moi
)? Je dis ça pour les gens qui voudraient peut-être l'avoir... (sans hypothéser les racines distinctes of course, ie "n'a que des racines réelles")
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
c'est beau les racines réelles
c'est beau la règle de Descartes
c'est beau le comptage des racines à la Budan-Fourier
et cela n'est pas "très connu"
dommage,
en algèbre on a tendance à oublier qu'il y a aussi "algèbre réelle"
relisons donc les 4 premiers chapitres du Bochnak-Coste-Roy -
Bonjour Christophe,
On a $ P\left( x \right) = {x^{2012}} - m{x^{2010}} + m, (m \neq 0)$. donc
$ P'\left( x \right) = 2012x^{2011} - 2010mx^{2009} = x^{2009}(2012x^{2} - 2010m)$.
Donc $P'$ admet trois racines réelles distinctes. Donc d'après le théorème de Rolle, $P$ admet au maximum quatre racines réelles distinctes.
On suppose maintenant que $P$ admet toutes ses racines dans $\R$. Il y en a au moins une qui est d'ordre $3$ au moins. C'est donc une racine double de $P'$. C'est donc la seule racine multiple, à savoir zéro. Ce qui contredit $m\neq 0$.
À partir de là, dès qu'on suppose que toutes les racines de $P$ sont réelles, tu peux affirmer qu'elles sont distinctes. Donc ça ne change pas grand'chose, cher Christophe.
Je suppose que l'auteur du problème avait en tête une autre solution, moins radicale. Sinon il aurait pris un autre exposant que 2012, non ?
@JLT. Je n'aurais pas songé à livrer des étudiants en pâture à cet exercice. Je pense qu'il peut servir d'exemple toutefois.
Sinon il doit être signalé et étiqueté :''devinette''. Et encore même avec cet emballage je n'en vois pas trop l'intérêt pour des étudiants.
Ceci dit, je persiste et signe à trouver cet exercice très drôle.
amicalement,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Visiblement il y a une erreur dans la façon dont le problème est posé. Une question plus raisonnable :
Soit $P= {x^{2012}} - m{x^{2010}} + m$, où $m$ est réel. Montrer que $P$ possède une racine de module inférieur ou égal à $\sqrt[2010]{2}$. -
@Meu : Ou encore : Montrer que $P$ possède une racine de module inférieur ou égal à ${2}^{1005}$.
A + -
Il me semble que $\sqrt[2010]{2}$ est légèrement inférieur à $ {2}^{1005}$. (:D
-
Voici la réponse à l'exo de Meu.
Notons $P_m$ le polynôme. On a $P_m(0)=m$ et $P_m(1)=1$ donc si $m\le 0$ il y a une racine entre 0 et 1.
Soit $m_0=2^{2012/2010}$ et $a=\sqrt[2010]{2}$.
Si $0\le m\le m_0$, comme le produit des racines vaut $m$ il y a une racine de module $\le m^{1/2012}\le a$.
Si $m>m_0$ alors $P_m(a)=a^{2012}+m(1-a^{2010})=m_0-m<0$ donc il y a une racine entre 1 et $a$.
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