Qu'il est joli garçon, l'assassin de Papa ! (Corbeille, Alcide)
Un système original
dans Algèbre
Bonjour
Question posée en 1880 pour le baccalauréat (Abitur) au Collège Royal Français de Berlin (fondé par des huguenots vers 1686, exista pendant plus de deux siècles, réputé pour sa pédagogie innovante, cours donnés en français pour certaines matières).
Question posée en 1880 pour le baccalauréat (Abitur) au Collège Royal Français de Berlin (fondé par des huguenots vers 1686, exista pendant plus de deux siècles, réputé pour sa pédagogie innovante, cours donnés en français pour certaines matières).
Résoudre $\quad xy + xy^3 = 6,\ x + xy^2 + xy^4 = 9$.
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Réponses
Je sais aussi que $\boxed{x \neq 0}$. En simplifiant par $x$, j'obtiens que $y$ est forcément une solution de $y^4 - \dfrac{3}{2}y^3 + y^2 - \dfrac{3}{2}y + 1 = 0$.
En commençant à factoriser cette équation, j'ai vu que $y=1$ était solution, alors je factorise par $(y-1)$, il vient :
$(y-1)(y^3 - \dfrac{1}{2}y^2 + \dfrac{1}{2}y - 1) = 0$. Je vois qu'on peut encore factoriser par $(y-1)$ :
$(y-1)^2(y^2 + \dfrac{1}{2}y+1) = 0$. Le trinôme restant n'a pas d'autres racines réelles.
Ce n'est pas précisé si l'on doit résoudre dans $\R$ ou dans $\C$, je me contente de $\R$ pour l'instant.
Donc si $(x,y)$ est solution, on a forcément $y=1$. En substituant dans les équations de départ, la seule solution pour $x$ est $x=3$.
GeoGebra confirme que j'ai raison pour les solutions réelles.
Substitution astucieuse. Puis on reporte. On trouve nécessairement $y=1$ sur les réels et donc $x=3.$ On vérifie que c’est bien la solution.
On en déduit : $6y+x=9$.
Je m’en sors aussi en obtenant une équation dont « je dois » trouver que $1$ est solution.
Je n’aime pas cette solution qui consiste à dire « tu dois voir » mais je n’ai pas autre chose.
J’ai eu envie de parler des premiers termes d’une suite géométrique mais je n’ai rien trouvé d’exploitable.
Il y a moult façons de procéder, par exemple :
$xy^2(y+1/y) = 6$ et $xy^2((y+1/y)^2 - 1) = 9$
$6((y+1/y)^2 - 1)/(y+1/y) = 9$
$2(Y^2 - 1)/Y = 3$
$2Y^2 - 3Y - 2 = 0$
$Y = 2$ ou $Y = -1/2$
$y + 1/y = 2$ ou $y + 1/y = -1/2$
$y = 1$ ou $y$ imaginaire
$(x, y) = (3, 1)$.
Et l'on vérifie que $(3, 1)$ est bien solution.
A+
Si tu n’aimes pas la substitution astucieuse, tu factorises par $x$ chaque des équations et tu en déduis une équation polynomiale en $y$ qui se factorise par une solution évidente $1.$
En fait ce ne sont pas les substitutions qui m’embêtes mais cette histoire de « solution évidente » à voir.
Même si, finalement, une solution évidente, c’est une substitution.
J’avoue que c’est très partial comme principe : j'aime plutôt une astuce, disons, algébrique mais n’aime pas devoir deviner qu’un nombre « est là ».
Cordialement
En dehors de ça : petite étourderie de rédaction, tu n'as pas ajouté $1$ mais $x$.
Merci pour la coquille.
Pour le polynôme en $y$ de degré $4$, tu essaies de trouver des solutions. Tu peux commencer par des solutions rationnelles et tu connais comment restreindre la recherche. Et tu trouves $1.$
C’est bien une méthode (algorithmique) et il est abusif de parler de solution « évidente ».
On n'est pas obligé de se trimballer des $\dfrac{1}{2}$, l'unitaire n'est pas tout:
$2(1+y^2+y^4)-3(y+y^3)=2y^4 - 3y^3 + 2y^2 - 3y + 2=(y - 1)^2(2y^2 + y + 2)$
avec la racine qui est, là, évidente deux fois de suite.
Parce que quand même, voir que $2+2+2=3+3$, ce n'est quand même pas sorcier.
Cordialement,
Rescassol