Commentaire sur l'article

• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 10:15, par Mihaela J

  Soit une équation de troisième degré $z^3 + a z^2 + b z + c = 0$. Si $z_1$, $z_2$ et $z_3$ sont les solutions de cette équation, alors on a :
  \[z_1 + z_2 + z_3 = -a\]
  \[z_1 z_2 + z_1 z_3 + z_2 z_3 = b\]
  \[ z_1 z_2 z_3 = -c\]
  (la preuve est facile, il suffit de développer $(z - z_1) (z - z_2) ( z-z_3)$)
  On peut aussi calculer ${z_1}^2 + {z_2}^2+{z_3}^2$ :
  ${z_1}^2 + {z_2}^2+{z_3}^2 = {(z_1 + z_2 + z_3)}^2 - 2(z_1 z_2 + z_1 z_3 + z_2 z_3) = a^2 - 2 b$

  Et aussi on peut calculer ${z_1}^3 + {z_2}^3+{z_3}^3$ :
  ${z_1}^3 + {z_2}^3+{z_3}^3 = -a ({z_1}^2 + {z_2}^2+{z_3}^2) - b(z_1 + z_2 + z_3) - 3 c = - a (a^2 - 2 b) - b(-a) -3c = -a^3 + 2 a b + a b -3c = -a^3 + 3 a b -3c $

  Revenons à notre équation initiale : $ x^6−16 x^4+16 x^2−1=0$
  Si on substitue $x^2$ par $y$, on obtient l’équation $y^3−16 y^2+16 y−1=0$.
  Notons $y_1$, $y_2$ et $y_3$ ces racines. Conformément au calcul précédent :
  ${y_1}^3 + {y_2}^3+{y_3}^3 = - ( -16)^3 + 3 (-16) (16) - (-3) = 16^3 - 3 16^2 + 3 = 13 16^2 + 3 = 3331$

  Si $x_1, \cdots x_6$ sont les racines de l’équation initiale, on pourrait les calculer comme $ \pm \sqrt{y_i}$ pour $i = 1,3$, retenons uniquement que le carré de racines ${x_i}^2$ nous ramène aux valeurs de $y_1$, $y_2$, $y_3$

  On s’intéresse à $\displaystyle\sum_{i=1}^{6}{{x_i}^6}$, on peut maintenant faire le calcul complet :
  $ \displaystyle\sum_{i=1}^{6}{{x_i}^6} = \displaystyle\sum_{i=1}^{6}{{ ({x_i}^2)}^3} = 2 ({y_1}^3 + {y_2}^3+{y_3}^3) = 2 \times 3331 = 6663$

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 10:25, par Mihaela J

  Une erreur d’écriture Latex s’est glissée dans la calcul de ${y_1}^3+{y_2}^3+{y_3}^3$ :

  ${y_1}^3+{y_2}^3+{y_3}^3 =−{(−16)}^3+3(−16)(16)−(−3)=16^3−3 \times 16^2 +3=13 \times 16^2+3=3331$
  (il manquait le signe de multiplication, le résultat est le même).

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 10:46, par Mihaela J

  Une vraie erreur : $ 2 \times 3331 = 6662$.

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 10:21, par Hébu

  Si $u$ est une racine de l’équation, alors $-u$ l’est aussi, de sorte que les racines doivent s’écrire $(u_1, u_2,u_3,-u_1,-u_2,-u_3)$.

  Elevées à la puissance 6, elles gardent leur signe de sorte que la somme devrait être nulle .

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 10:57, par Hébu

  Non, c’est idiot ce que j’ai écrit, les puissances 6e sont positives...

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 11:02, par amic

  Il n’est pas précisé quel était le sens des solutions. Si on cherche les solutions réelles, il faut s’assurer que les 6 solutions le sont…

  Et donc ça tombe bien, comme ±1 sont solutions, on se ramène à calculer les racines de y²-15y+1. C’est bon, elles sont réelles, et positives (produit positif, somme positive). Ouf ! On pourrait même les expliciter.

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 11:52, par Mihaela J

  Autre solution - on tente de résoudre l’équation.
  $ x^6−16 x^4+16 x^2−1 = (x^2 - 1) (x^4 - 15 x^2 +1)$
  On obtient $x_{1,2} = \pm 1$ et $x_{3, 4, 5, 6} = \pm \displaystyle \sqrt{ \frac{15}{2} \pm\frac{\sqrt{221}}{2}}$

  On calcule :
  $\displaystyle \sum_{i=1}^{6}{{x_i}^6} = 1 + 1 + 2 {(\frac{15}{2} + \frac{\sqrt{221}}{2})}^3 + 2 {(\frac{15}{2} - \frac{\sqrt{221}}{2})}^3 $
  $ = 2 + 4 \times {\frac{15}{2}}^3 + 12 \times \frac{15}{2} \times {\frac{\sqrt{221}}{2}}^2 =$
  $ = 2 + 4 \times \frac{15^3}{8} + 12 \times \frac{15}{2} \times \frac{221}{4} = 2 + \frac{15^3}{2} + \frac{ 3 \times 15 \times 221} {2}= 6662 $

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 12:00, par Gérard JONEAUX

  .Posons x² = X
  l’équation devient :
  ( X²-15X+1)(X-1) = 0
  Les racines sont :
  X1 = 1
  X2 = (15+racine(15²-4))/2
  X3 = (15-racine(15²-4))/2
  La somme des cubes est 3331. C’est la somme des racines élevées à la puissance 6

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 13:01, par Gérard JONEAUX

  Excusez un oubli de ma part - J(ai trouvé 3331, mais en oubliant les solutions négatives. C’est donc le double : 6662

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 14:13, par François

  Si $x$ est une racine de $X^6-16X^4+16X^2-1$ alors $-x$ et $\frac {1} {x}$ le sont aussi. Compte tenu de cela les racines sont $1, -1 , x, -x, \frac {1} {x}$ et $-\frac {1} {x}$ ( ni $0$ ni $i$ ne sont racines et les racines sont simples).
  La somme demandée devient $S = 32( 1+x^4 + \frac {1} {x^4} ) -32( 1 + x^2 +\frac {1} {x^2}) +6$.
  $ 1, x^2$ et $\frac {1} {x^2}$ sont racines de $X^3-16X^2+16 X-1$ donc (relation entre coefficients et racines) $1+x^2+\frac {1} {x^2} = 16$, de plus $\left ( x^2+\frac {1} {x^2} \right )^2 = x^4 + \frac {1} {x^4} +2$. On obtient ainsi toutes les valeurs de l’expression de $S$ qui vaut donc $6662$.
  De plus , comme $\left (x+\frac {1} {x} \right )^2 = x^2 + \frac {1} {x^2} +2$, on en déduit que $x$ est racine de $X^2 - \sqrt {17} X +1$, ce qui fournit toutes les racines du polynôme de départ à savoir $\pm 1, \frac {\pm \sqrt {17} \pm \sqrt {13} } {2}$.

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 15:54, par ROUX

  En gros, il faudrait imaginer que je puisse ne pas calculer les racines pour obtenir quand-même la somme de leurs puissances six…
  Je pose X=x^2.
  L’équation devient : X^3-16X^2+16X -1=0 qui a une racine évidente X=1.
  Le polynôme se factorise en (X-1)(X^2-15X+1) et (X^2-15X+1) a deux racines X2 et X3.
  La somme des six racines à la puissance six de l’équation en x est le double de la somme des trois racines à la puissance 3 de l’équation en X.
  Je prends le cas de X2.
  X2^3=16X2^2-16X2+1 et X2^2-15X2+1=0 ou X^2=15X2-1 ou 16X^2=16*15X2-16.
  Je remplace ce 16X2^2 dans ce à quoi est égale X2^3 et j’obtiens : X2^3=16*15X2-16-16X2+1=16*14X2-15 ou X2^3=224X2-15.
  Donc 2X2^3+2X3^3=224((2X2)+(2X3))-60.
  2X2=15+discri et 2X3=15-discri.
  Donc 2X2+2X3=30.
  Donc 2X2^3+2X3^3=224*30-60=6660.
  Puisque la somme des six racines à la puissance six de l’équation en x est égale au double de la somme des trois racines à la puissance trois de l’équation en X, alors cette somme est égale à 2+6660=6662.
  Conformément à ce que j’imaginais, il n’était bel et bien pas nécessaire de calculer les racines (et même pas un discriminant).
  Une idée de la beauté des mathématiques dans ce calcul d’une somme de racines à la puissance six sans en calculer une seule…
  Si seulement on pouvait faire comprendre aux élèves (et à certain.e.s de leurs professeur.e.s d’insister sur ce fait) que faire des mathématiques, c’est précisément de ne pas faire de calculs ou de ne pas faire le calcul-hameçon…

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 17:35, par Niak

  Une autre méthode, que je n’ai pas vue dans ce qui précède. On pose $X = x^2$ et l’on se ramène à considérer $X^3 - 16X^2 + 16X - 1$. Pour $\{x_j\}_j$ les $6$ racines d’origine et $\{X_i\}_i$ les $3$ racines de ce polynôme, on a $\{x_j\}_j = \{\pm \sqrt{X_i}\}_i$ et l’on cherche $\sum_j x_j^6 = 2\sum_i X_i^3 = 2S_3$, pour $S_k = \sum_i X_i^k$.
  Or, pour tout $i$, on a $X_i^3 = 16X_i^2 - 16X_i + 1$ donc $S_3 = 16S_2 - 16S_1 + 3$.
  On a les relations coefficients-racines $\prod_i (X-X_i) = X^3 - S_1 X^2 + ( \sum_{i < j} X_i X_j ) X - (\prod_i X_i)$, d’où l’on identifie $S_1 = 16$ et $\sum_{i < j} X_i X_j = 16$.
  Et l’on a $S_2 = S_1^2 - \sum_{i\neq j} X_iX_j = S_1^2 - 2\sum_{i < j} X_i X_j = 224$.
  Finalement $2S_3 = 6662$.

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• Avril 2020, 2e défi

  le 10 avril 2020 à 17:59, par Niak

  Quelques précisions.
  - La notation « $\{x_j\}_j = \{\pm\sqrt{X_i}\}_i$ » est bien sûr abusive à de nombreux égards (d’autant les $X_i$ sont a priori complexes), mais je pense qu’on se comprend...
  - Cette approche se généralise avec ce que l’on appelle les sommes de Newton.
  - Cette approche est en fait assez proche de ce que proposait déjà François (si ce n’est qu’il écrit explicitement $S_1 = 1+x+\frac{1}{x}$ après avoir remarqué que les racines ont nécessairement cette forme, chose dont je ne me suis pas servi).

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