Joujou avec un polynôme ...

[Zweig]

On considère l'équation . 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.

[anima]

On considère l'équation . 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.

[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.

[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
:happy2:

[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.

[Zweig]

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

Il n'y a sinon absolument pas besoin de Cardan :happy2:

[lapras]

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

[Zweig]

Bravo Rain', j'ai trouvé exactement la même chose, par tâtonnements parcontre (enfin, en étudiant les racines via les relations de Viète aussi un peu pour le choix de -1).

[Zweig]

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

On part de

On voit rapidement que si on prend , , alors l'expression se réécrit :.

En traitant ensuite le cas et , on retombe sur la même chose que Rain'

[Imod]

J'arrive après la bagarre . En voilà un autre dans le même style .
On considère le polynôme : . 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

[Zweig]

Salut,

Sur mon bouquin le bonne formulation est (je pense que ça change quelque chose, en tout cas avec ma piste, ce n'est pas du tout le même problème) :

A et B remplacent alternativement les étoiles du polynômes f(x ) = x^10 + *x^9 + ... + *x + 1 par des réels. Si le polynôme n'a pas de racine réelle positive, A gagne. Dans le cas contraire, c'est B qui gagne. Est-ce que B peut gagner quelque soit les choix des réels de A ?

[Zweig]

Règles des signes de Descartes ?

[Zweig]

On pose

On énonce la règle des signes de Descartes :

Le nombre de solutions réelles positives de l'équation 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 ce nombre, alors le nombre de racines positives est soit , soit , soit , ..., soit , avec

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 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.

[Imod]

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

Imod

[Zweig]

Ah mince, j'ai lu trop vite, je n'avais pas vu le dernier astérisque au coeff de x :briques:

[Zweig]

:briques: :stupid_in

[Imod]

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

Imod

[Zweig]

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

[ffpower]

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

[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).