Mathématiques - Joujou avec un polynôme ...

Joujou avec un polynôme ...
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Posted by: Zweig

On considère l'équation $x^3 + *x^2 + *x + * = 0$ . Le joueur A remplace l'une des étoiles par un entier relatif non nul de son choix. B fait de même avec une autre étoile, et enfin A remplace la dernière étoile par un entier non nul de son choix.
Montrer que quelque soit le choix de l'entier de B, A peut faire en sorte de choisir des entiers non nuls de sorte que les racines du polynôme soient toutes entières.

Posted by: anima

Citation:

Posté par Zweig

On considère l'équation $x^3 + *x^2 + *x + * = 0$ . Le joueur A remplace l'une des étoiles par un entier relatif de son choix. B fait de même avec une autre étoile, et enfin A remplace la dernière étoile par un entier de son choix.
Montrer que quelque soit le choix de l'entier de B, A peut faire en sorte de choisir des entiers de sorte que les racines du polynôme soient toutes entières.

Ca sent le Cardan a plein nez.

Posted by: lapras

Oui c'est ce que j'ai pensé en voyant ce polynome.
Mais cardan n'est pas necessaire aux olympiades (epreuves réservées au lycéens) donc il doit y avoir une méthode plus jolie et astucieuse.

Posted by: lapras

Bon peut etre une méthode
on considere ton équation
x^3 + *x² + *x + * = 0
alors
A choisi la derniere étoile = 0
B choisi :
1) la 1ere étoile (égale à a), alors la 2eme étoile est chosi par A comme nulle
donc
x^3 + ax^2 = 0 => x^2(x + a) = 0 <=> x = 0 ou x = -a
2)la deuxieme étoile (égale à c), alors A choisi la 1ere étoile égale à b
x^3 + bx^2 + cx = 0
<=>
x(x²+bx+c) = 0
on cherche b entier tel que
(-b +/- sqrt(b²-4c))/2 soit entier
en prenant par exemple b = 1+c
on obtiens bien un entier
récapitulatif :
si B choisi la 2eme étoile comme c, alors A choisi la 1ere etoile = 1+c

Posted by: Joker62

Moi j'ai d'abord une question d'intérêt commun :

Qui sont les étoiles 1,2 et 3 ?
Peut-être qu'on va pouvoir avançer avec ça

Bon ok : apparemment on peut modifier n'importe quelle étoile à n'importe quelle étape, j'avais mal lu.

Posted by: Zweig

Lapras > Désolé, j'ai oublié de préciser : entiers non nuls bien sûr

Désolé ...

Il n'y a sinon absolument pas besoin de Cardan

Posted by: lapras

Oui je m'en doutais ;)
Lol sinon c'était trivial :p

Posted by: Rain'

x^3 + * x² + * x + * = 0
x^3 + b x² + c x + d = 0

Le joueur A choisit c = -1

Le joueur B choisit b ou d = k

Le joueur A choisit d ou b = -k

donc x^3 + b x² + c x + d = 0 devient

x^3 +-k x² - x -+k = 0

(x²-1)(x+-k) = 0 .

Mon raisonnement :

1 ) Voir pourquoi A ne peut pas choisir d en premier

2 ) A partir de là voir pourquoi A est obligé de prendre soit la valeur -1 soit la valeur 3 pour b ou c en premier.

3 ) A partir de là c'est facile de construire l'exemple précédent.

Posted by: Zweig

Bravo Rain' ! Autre manière de faire, qui revient au même en fait, mais sans "tâtonnements" :

On part de $(x - a)(x - b)(x - c) = x^3 - (a + b + c)x^2 + (ab + ac + bc)x - abc$

On voit rapidement que si on prend $a = 1$ , $c = -1$ , $b = k$ alors l'expression se réécrit : $x^3 - kx^2 - x + k$ .

En traitant ensuite le cas $a = -1$ et $c = 1$ , on retombe sur la même chose que Rain'

Posted by: Imod

J'arrive après la bagarre

. En voilà un autre dans le même style .
On considère le polynôme : $x^{10}+*x^9+*x^8+...+*x^2+*x+1$ . Deux joueurs remplacent à tour de rôle un astérisque par un réel quelconque , montrer que le 2ème joueur peut s'arranger pour que le polynôme ait au moins une racine réelle .

Bon courage !!!

Imod

Posted by: Zweig

Règles des signes de Descartes ?

Posted by: Zweig

On pose $f(x ) = x^{10} + ax^9 + bx^8 + ... + hx + 1$

On énonce la règle des signes de Descartes :

Le nombre de solutions réelles positives de l'équation $p(x) = 0$ est égal, au plus, au nombre de variations de signe des coeffecients du polynôme, en partant du monôme de plus haut degré. Plus précisément, si on nomme $n$ ce nombre, alors le nombre de racines positives est soit $n$ , soit $n - 2$ , soit $n - 4$ , ..., soit $n - 2k$ , avec $n \geq 2k$

Le signe du monôme du plus haut degré ici est "+". Mais compte tenu de la précision apportée à la règle de Descartes, il est clair que $n$ doit être impair, pour être sûr d'avoir au moins 1 racine réelle (positive), et non au moins 0. On doit donc avoir un nombre impair de coefficients négatifs. Puisque nous avons 8 étoiles et que c'est le premier joueur A qui commence, alors il est clair qu'il existe toujours un moyen quelque soit les réels qu'il choisira, d'obtenir un nombre impair de coefficients négatifs, et donc, d'avoir au moins 1 racine réelle : on joue toujours des nombres positifs, et lorsque l'on doit remplacer la dernière étoile, si le joueur A a joué un nombre pair de nombre négatifs, alors on joue un nombre négatif (idem s'il n'a joué que des nombres positifs), un nombre positif dans le cas contraire.

Posted by: Imod

Le problème c'est qu'il y a neuf astérisques : le joueur 1 fixe le signe du dernier coefficient

Imod

Posted by: Zweig

Posted by: Imod

Du coup je découvre cette variante de la règle de Descartes que je ne connaissais absolument pas

Imod

Posted by: Zweig

Pour les racines réelles négatives, c'est la même chose, sauf qu'on compte le nombre de changement de signes de p(-x).

Posted by: ffpower

Si le joueur 2 choisissait le dernier coeff,il suffisait de choisir un nombre negatif assez grand pour que P(1)<0

Posted by: Zweig

Mais le problème, c'est que là tu es sûr d'avoir une racine réelle, mais rien ne te dit que tu en as au moins une autre (l'énoncé c'est au moins une racine réelle).

Posted by: ThSQ

Citation:

Posté par Imod

$x^{10}+*x^9+*x^8+...+*x^2+*x+1$

C'est un très très joli problème Dominique. Origine ?

1- Idée directrice : si n est impair $1/2^n P(1) + P(-1/2)$ ne dépend plus de a_n (n < 10 ici oeuf corse)

2- On peut se ramener à ce que les 2 derniers coefficients à choisir se rapportent à des degrés impairs

En effet $P(1) + P(-1) = 4+2\,a_{{2}}+2\,a_{{4}}+2\,a_{{6}}+2\,a_{{8}}$

Si c'est le deuxième joueur qui renseigne le dernier coefficient des degrés pairs il peut le choisir de façon à ce que $P(1)+P(-1) < 0$ (auquel cas P prend des valeurs négatives s'annule).
Le deuxème joueur peut donc forcer le premier à renseigner tous les coefficients des degrés pairs avant le dernier round.

(en fait un seul degré impair suffit à conclure mais bon ...)

3- $P(x) = Q(x) + a_n*x^n + a_m*x^m$ à l'avant dernier coup et c'est au 2ème joueur de jouer.

Q(x) est connu, m et n sont impairs et différents.

On choisit $a_n$ tel que $1/2^m P(1) + P(-1/2) = 0$ (on vérifie que c'est possible car $n \neq m$ ).

Peu importe comment le premier joueur choisit a_m on aura toujours $1/2^m P(1) + P(-1/2) = 0$ .

Alors ou bien $1/2^m P(1) = P(-1/2) = 0$ et c'est gagné ou bien $P(1) * P(-1/2) \leq 0$ et c'est à nouveau gagné par continuité de P.

Posted by: Imod

Citation:

Posté par ThSQ

C'est un très très joli problème Dominique. Origine ?

J'ai depuis très longtemps l'habitude de recopier les problèmes que je trouve intéressants mais pas celle de recopier les sources

J'ai procédé comme toi à quelques détails près . Comme tu le fais remarquer il suffit que l'un des deux derniers indices soit impair ( inutile de distinguer le cas ou l'un des deux est pair ) . On peut aussi considérer -2 au lieu de -1/2 pour éviter les fractions , mais bon l'idée est là

Assez surprenant en effet que le 2ème joueur qui ne choisit ni le premier ni le dernier coefficient puisse forcer une racine réelle !!!

Imod

Posted by: ThSQ

<mode cracher dans la soupe>Ca doit pas être un OIM, trop joli

</mode cracher dans la soupe>

Un très joli aussi je trouve (vu sur un autre forum) :

Citation:

Existe-il une suite réelle $(a_n)_{n\in \mathbb{N}}$ tq $P_n = a_n X^n + ... + a_1 X + a0$ soit simplement scindé dans IR pour tout n > 0 ?

Posted by: lapras

Bonsoir,
scindé ?

Posted by: Imod

n racines simples dans $\mathbb{R}$ .

Imod

Posted by: ThSQ

Oui pardon pour le jargon et merci à Imod.

Posted by: Imod

J'ai essayé ( sans succès ) du côté des séries entières , je suis presque sûr que c'est impossible , mais bon les conjectures , on sait ce que ça vaut !

Je ne lache pas

Imod

Posted by: ffpower

A mon avis ca marche en prenant a_n suffisament petit a chaque etape,mais pour moi aussi ca reste conjectural^^.
Ps:je suppose que les a_n sont imposés non nuls?

Posted by: ThSQ

Citation:

Posté par ffpower

A mon avis ca marche en prenant a_n suffisament petit a chaque etape,mais pour moi aussi ca reste conjectural^^.
Ps:je suppose que les a_n sont imposés non nuls?

Oui ça marche et oui il faut que les a_n soient non nuls.

Posted by: ffpower

Ok,supposons avoir reussi a construire P_n,et prenons a_{n+1} petit.J ai envie de dire qu alors P_{n+1} a n racines distinctes par "continuité" des racines.Seulement la version de continuité des racines que je connais est dans C a coeff dominant fixé lol,mais graphiquement je dirais que ca marche^^
Bon admettons pour le moment sinon.la n+1 eme racine de P_{n+1} est forcement reelle puisque toutes les autres le sont.Faut il encore prouver maintenant que cette racine n est pas confondue avec une autre.Mais si x racine de P_n,on a P_n'(x) non nul,et P_{n+1}'(x) sera non nul si a_{n+1} assez petit,donc P_{n+1} n a pas de racines doubles si a_{n+1} suffisament petit.Reste mon point obscur du debut auquel je vais reflechir,mais sinon,je pense que ca marche

Posted by: Imod

Je crois que j'ai la solution

Supposons $P_n$ construit pour n donné , on peut prendre par exemple pour commencer $P_n(X)=(X-1)(X-2)...(X-n)$ et montrons que l'on peut construire $P_{n+1}$ de degré n+1 avec les mêmes n premiers coefficients que $P_n$ et ayant n+1 racines réelles distinctes .
Notons $x_1$ , $x_2$ , ..., $x_n$ les racines de $P_n$ rangées en ordre croissant , on peut choisir n+1 réels $y_0$ , $y_1$ , ... , $y_n$ tels que : $y_0<x_0<y_1<x_1<...<y_{n-1}<x_n<y_n$ . Vu la forme de $P_n$ il change de signe entre chacune de ses racines donc $P(y_1)$ , $P(y_2)$ , ... , $P(y_{n-1})$ ont des signes alternativement positifs et négatifs ( non nuls ) et on peut choisir $y_0$ et $y_n$ pour que cette alternance soit conservée . En choisissant $a_{n+1}$ suffisamment petit , on peut avoir pour tout i $\in \{0;1;...;n\}$ , $P_n(y_i)+a_{n+1}y_i^{n+1}$ du même signe que $P_n(y_i)$ c'est à dire alternativement positifs et négatifs quand i varie . On peut maintenant considérer $P_{n+1}(X)=P_n(X)+a_{n+1}X^{n+1}$ le théorème des valeurs intermédiaires nous dit que $P_{n+1}$ s'annule n fois entre $y_0$ et $y_n$ . Pour conclure il reste à remarquer qu'en $\pm \infty$ , $P_n$ et $P_{n+1}$ ont une de leurs limites qui n'est pas du même signe pour conclure

Imod