On me demande de décomposer dans
Le problème c'est que pour tout réel
J'ai donc décidé d'adopter une autre méthode en faisant apparaître des identités remarquables :
Ai-je bon ?
Et la une question me vient, à quoi cela peut -il servir de décomposer
Factoriser x^8+1
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Factoriser x^8+1
par Dinozzo13 » 10 Mai 2010, 23:33
Aujourd'hui, je suis tombé sur un curieux exercice :
On me demande de décomposer dans
le polynôme 
en un produit de quatre trinômes.
Le problème c'est que pour tout réel
, 
. Par conséquent, il sera dur de trouver des racines évidentes et plus encore de résoudre 
.
J'ai donc décidé d'adopter une autre méthode en faisant apparaître des identités remarquables :
^2-2x^4)
(x^4+ \sqrt 2 x^2 +1))
(x^4+2x^2 +1+\sqrt 2 x^2-2x^2))
^2 - (\sqrt 2 +2)x^2\) \( (x^2+1)^2 - (\sqrt 2 -2)x^2\))
 (x^2 + \sqrt{2+\sqrt 2}x+1) (x^2 - \sqrt{2- \sqrt 2}x+1) (x^2 + \sqrt{2- \sqrt 2}x+1))
Ai-je bon ?
Et la une question me vient, à quoi cela peut -il servir de décomposer en produit de 4 facteurs ?
On me demande de décomposer dans
Le problème c'est que pour tout réel
J'ai donc décidé d'adopter une autre méthode en faisant apparaître des identités remarquables :
Ai-je bon ?
Et la une question me vient, à quoi cela peut -il servir de décomposer
par Skullkid » 10 Mai 2010, 23:43
Ça a l'air bon. Cette factorisation peut par exemple servir à décomposer des fractions rationnelles de dénominateur pour en trouver des primitives.
par Ben314 » 11 Mai 2010, 06:28
Tout à fait Thierry, tout à fait...
P.S. saurait tu de même factoriser
?
P.S. saurait tu de même factoriser
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par Zweig » 11 Mai 2010, 09:56
Et la une question me vient, à quoi cela peut -il servir de décomposer 4$ x^8+1 en produit de 4 facteurs ?
Ca permet déterminer les valeurs exactes de
En effet, on montre,via les racines de l'unité et le théorème de décomposition des polynômes en produits de polynômes irréductibles dans
par Dinozzo13 » 11 Mai 2010, 11:34
Ben314 a écrit:Tout à fait Thierry, tout à fait...
P.S. saurait tu de même factoriser
Je vais essayer et je te tiens au courant
par Dinozzo13 » 11 Mai 2010, 14:05
nan, je n'aboutis à rien. Faudra que tu me montre comment faire :+++:
Par contre, j'avais une autre question sur les polynômes.
Est-il vrai que si l'on considère P un polynôme dans et qu'il existe un réel 
tel que :
=P'(\alpha)=P''(\alpha)=P'''(\alpha))
alors P est factorisable par 
?
Dans un exercice, on me dit de deux réels d'un polynôme P, sachant que P admet un zéro d'ordre de multiplicité égal à 3.
Que cela signifie-t-il ?
Merci encore pour vos réponses :++:
Par contre, j'avais une autre question sur les polynômes.
Est-il vrai que si l'on considère P un polynôme dans
Dans un exercice, on me dit de deux réels d'un polynôme P, sachant que P admet un zéro d'ordre de multiplicité égal à 3.
Que cela signifie-t-il ?
Merci encore pour vos réponses :++:
par Nightmare » 11 Mai 2010, 14:28
Salut,
non, P est factorisable par^{4})
!
Une racine a est dite d'ordre m si P est factorisable par^m)
. Dans R ou C, c'est équivalent de dire que a est racine d'ordre m de P si la dérivée m-ème de P s'annule en a (appliquer par exemple la formule de Taylor).
non, P est factorisable par
Une racine a est dite d'ordre m si P est factorisable par
par benekire2 » 11 Mai 2010, 15:02
Zweig a écrit:En effet, on montre,via les racines de l'unité et le théorème de décomposition des polynômes en produits de polynômes irréductibles dans, que pour tout naturel
:
Salut !
En gros c'est quoi l'idée ( plus précise) de la démo ? J'arrive pas à la montrer en fait ... Merci :id:
par Arnaud-29-31 » 11 Mai 2010, 15:49
Salut,
Tu peux aussi donner les racines complexes, il me semble que tu as posé une question l'autre jour où il a été cité que les racines complexes vont "deux par deux" ... en utilisant cela, tu fais réapparaître la forme factorisé avec uniquement des facteurs réels.
Tu peux aussi donner les racines complexes, il me semble que tu as posé une question l'autre jour où il a été cité que les racines complexes vont "deux par deux" ... en utilisant cela, tu fais réapparaître la forme factorisé avec uniquement des facteurs réels.
par benekire2 » 11 Mai 2010, 15:51
ouais, avec les racines 2n ièmes de l'unité, et le fait qu'il faille refactoriser le trinôme histoire d'y voir clair ... on devrait s'en sortir. Merci arnaud !
par Zweig » 11 Mai 2010, 16:14
Salut,
On utilise plusieurs résultat :
- Soit
.  = 0 \Rightarrow P(\overline{\lambda}) = 0)
, 
-
admet exactement 
racines distinctes dans 
.
Ainsi,
\pi}{2n}}\right)\left(x-e^{-\frac{(k+1)\pi}{2n}}\right))
Tu obtiens donc le résultat (en se basant sur le théorème de décomposition).
On utilise plusieurs résultat :
- Soit
-
Ainsi,
Tu obtiens donc le résultat (en se basant sur le théorème de décomposition).
par benekire2 » 11 Mai 2010, 16:22
avec l'indic de arnaud, c'est comme ça que j'ai fais . Merci beaucoup à vous deux :we:
par Zweig » 11 Mai 2010, 16:27
Dinozzo13 a écrit:Par contre, j'avais une autre question sur les polynômes.
Est-il vrai que si l'on considère P un polynôme dans
Dans un exercice, on me dit de deux réels d'un polynôme P, sachant que P admet un zéro d'ordre de multiplicité égal à 3.
Que cela signifie-t-il ?
Merci encore pour vos réponses :++:
On dit que
En d'autre terme, cela veut dire qu'il existe un polynôme
On a un théorème qui donne une CNS pour qu'une racine soit multiple :
Pour ton exemple, ça veut dire que
par Dinozzo13 » 12 Mai 2010, 01:02
Ok, super :++:
Et à propos de la factorisation de
, comment dois-je procéder ? je n'aboutis à rien :triste:
Et à propos de la factorisation de
par Ericovitchi » 12 Mai 2010, 09:21
tu peux toujours commencer par
 (x^8-x^6+x^4-x^2+1))
mais après la factorisation de x^8-x^6+x^4-x^2+1 est assez horrible.
mais après la factorisation de x^8-x^6+x^4-x^2+1 est assez horrible.
par Ben314 » 12 Mai 2010, 11:03
Effectivement, pour factoriser 
, il y a deux solutions et il est trés interessant de faire les deux :
Solution 1 (théorique) :
La formule générale donnée par Zweig :
x + 1\right))
dit ici (n=5) que :
x + 1\right)<br />\left(x^2 - 2\cos\big(\frac{3\pi}{10}\big)x + 1\right)<br />\left(x^2 - 2\cos\big(\frac{5\pi}{10}\big)x + 1\right)<br />\left(x^2 - 2\cos\big(\frac{7\pi}{10}\big)x + 1\right)<br />\left(x^2 - 2\cos\big(\frac{9\pi}{10}\big)x + 1\right))
Solution 2 (pratique) :
On a(1+q+q^2+q^3+q^4))
(vu au moment des suites géométrique) donc, en prenant 
, il vient :
 (1-x^2+x^4-x^6+x^8)\ \)
(donné par Ericovitchi)
Reste à étudier
si on pose 
C'est là qu'il y a une "grosse" astuce liée au fait que
est un polynôme "réciproque" c'est à dire que son coef. en 
est égal à son coeff constant et son coef. en 
est égal celui en 
:
On pose
donc 
et on a :
\ <br />=\ y^2(z^2-z-1)\ <br />=\ y^2\Big(z-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)\Big(z-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)<br />\ \ \ \ (\Delta=...))
<br /> \Big(y+y^{-1}-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)\ <br />=\ \Big(y^2-\frac{1+\sqrt{5}}{2}y+1\Big)<br /> \Big(y^2-\frac{1-\sqrt{5}}{2}y+1\Big))
<br /> \Big(x^4-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x^2+1\Big))
Pour ces deux termes, tu as déjà vu l'astuce :
^2-2x^2-\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}x^2\ <br />=\ (x^2+1)^2-\frac{5\pm\sqrt{5}}{2}x^2\)
^2-\Big(\frac{\sqrt{10\pm 2\sqrt{5}}}{2}x\Big)^2\ <br />=\ \Big(x^2+\frac{\sqrt{10\pm 2\sqrt{5}}}{2}x+1\Big)<br /> \Big(x^2-\frac{\sqrt{10\pm 2\sqrt{5}}}{2}x+1\Big))
La factorisation cherchée est donc :
<br />\Big(x^2+\frac{\sqrt{10+ 2\sqrt{5}}}{2}x+1\Big)<br />\Big(x^2+\frac{\sqrt{10- 2\sqrt{5}}}{2}x+1\Big)<br />\Big(x^2-\frac{\sqrt{10+ 2\sqrt{5}}}{2}x+1\Big)<br />\Big(x^2-\frac{\sqrt{10- 2\sqrt{5}}}{2}x+1\Big))
Conclusion on en déduit évidement que :
&=&\ \frac{\sqrt{10+ 2\sqrt{5}}}{4}<br />\ \ \ \ & \ \ \ \ <br />\cos\big(\frac{3\pi}{10}\big)&=&\ \frac{\sqrt{10- 2\sqrt{5}}}{4}<br />\ \ \ \ & \ \ \ \ <br />\cos\big(\frac{5\pi}{10}\big)&=& 0\cr<br />\cos\big(\frac{7\pi}{10}\big)&=&-\frac{\sqrt{10- 2\sqrt{5}}}{4}<br />\ \ \ \ & \ \ \ \ <br />\cos\big(\frac{9\pi}{10}\big)&=&-\frac{\sqrt{10+ 2\sqrt{5}}}{4}<br />\ \ \ \ &})
Solution 1 (théorique) :
La formule générale donnée par Zweig :
dit ici (n=5) que :
Solution 2 (pratique) :
On a
Reste à étudier
C'est là qu'il y a une "grosse" astuce liée au fait que
On pose
Pour ces deux termes, tu as déjà vu l'astuce :
La factorisation cherchée est donc :
Conclusion on en déduit évidement que :
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
par Ben314 » 12 Mai 2010, 11:33
Je rappelle que c'était moi qui avait posé la question, donc je me sentait un peu obligé...Ericovitchi a écrit:Mais rien n'est horrible pour Ben. Bravo ! :++:
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius
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