Un défi par semaine

Août 2017, 2e défi

El 11 agosto 2017  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (8)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2017 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 32 :

Trouver le nombre de racines réelles distinctes de l’équation :

$x^6 +2x^5+2x^4+ 2x^3+ 2x^2+2x +1=0$.

Solution du 1er défi d’Août :

Enoncé

La réponse est $22$.

Écrivons $x$ sous la forme $10a+b$, avec $a$ et $b$ des chiffres. Nous avons alors $10a+b-(10b+a) =9(a-b)=n^3$, c’est-à-dire que $n^3$ est divisible par $3$, ce qui implique que $n$ est divisible par $3$. On peut donc écrire $n=3k$. En substituant $n$, nous avons $9(a-b)=27k^3$ et donc $a-b=3k^3$. Puisque $a$ et $b$ sont des chiffres et que $a\neq0$, nous savons que $-9 < a-b \leq 9$, d’où $-3 < k^3\leq 3$, ce qui implique que $k=0$ ou $k=\pm 1$.

Si $k=0$, nous avons $a=b$, les solutions sont donc : 11, 22, 33, $\ldots,$ 99.

Si $k=1$, nous avons $a-b=3$, les solutions sont donc : 30, 41, 52, 63, 74, 85 et 96.

Si $k=-1$, nous avons $a-b=-3$, les solutions sont donc : 14, 25, 36, 47, 58 et 69.

Il y a donc $22$ valeurs possibles pour le nombre $x$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2017 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Antoine Rousseau et Marcela Szopos.
2016, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

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Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Août 2017, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2017

Comentario sobre el artículo

  • Août 2017, 2e défi

    le 11 de agosto de 2017 à 08:36, par Al_louarn

    En tâtonnant on voit que $-1$ est une racine donc on peut mettre $x+1$ en facteur et on obtient : $P(x)=x^6 + 2x^5 + 2x^4 + 2x^3 + 2x^2 + 2x + 1 = (x+1)(x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)$.
    On voit que $-1$ est encore une racine du polynome de degré 5. On obtient : $P(x)=(x+1)^2(x^4 + x^2 + 1)$. Pour tout $x$ on a $x^4 \geq 0$ et $x^2 \geq 0$ donc $x^4 + x^2 + 1 \geq 1$. Ce polynome n’a donc aucune racine réelle.
    Donc $-1$ est l’unique racine réelle de $P(x)$, et c’est une racine double.

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  • Août 2017, 2e défi

    le 11 de agosto de 2017 à 08:36, par orion8

    Posons $f(x)=x^6+2x^5+2x^4+2x^3+2x^2+2x+1$ et remarquons que $f(x)=(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x)+(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)$ soit $f(x)=(x+1)(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)$. On peut bien sûr obtenir ce résultat en remarquant que $-1$ est racine. On remarque aussi que $1$ n’est pas racine, les coefficients de $f(x)$ étant tous positifs.
    On a donc $f(x)=(x+1)\dfrac{x^6-1}{x-1}$ pour $x\ne1$.
    Comme le polynôme $x^6-1$ n’admet que deux racines réelles, $-1$ et $1$, on en déduit que $f(x)$ n’admet que $-1$ pour racine réelle.

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  • Août 2017, 2e défi

    le 11 de agosto de 2017 à 10:38, par Daniate

    Bonjour,

    Pour factoriser on peut scinder en ( x^6+x^5+...+x)+(x^5+x^4+...+1)=(x+1)(x^5+...+1). Ensuite utiliser la formule des suites géométriques (x+)(x^6-1)/(x-1) sans problème 1 n’étant pas solution. Ensuite (x+1)(x^3-1)(x^3+1)/(x-1). Les racines des deux facteurs en x^3 sont les racines cubiques de l’unité et de son opposé . Or elles sont imaginaires pures sauf 1 et -1. 1 étant exclu, -1 reste seul et en double.

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  • Août 2017, 2e défi

    le 11 de agosto de 2017 à 11:39, par drai.david

    Personnellement, j’ai conclu à partir de $P(1)=12$ et $P(x)=\frac{x+1}{x-1}(x^6-1)$ pour $x≠1$.
    On a ainsi toutes les racines en un clin d’oeil : $\left \{e^{i\frac{k\pi}{3}} , k=1..5\right\}$.
    Et $-1$ est bien racine double...

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  • Août 2017, 2e défi

    le 11 de agosto de 2017 à 15:30, par FDesnoyer

    Bonjour,

    d’après XCas, je dis un nombre premier pair.

    F.D.

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  • Août 2017, 2e défi

    le 11 de agosto de 2017 à 18:39, par ROUX

    Je me mets toujours à remuer la queue devant 1 + 2*x + autant de x^2 qu’on veut (comme un.e chien.ne devant un os de côtelette de porc (une partie de mon repas de ce midi)) qui est évidemment égal pour moi à (x + 1)^2 + (autant moins un) de x^2.
    Ensuite, en mettant x^2 en facteur dans les termes ayant de 4 à 2 comme exposant on retrouve ce brave (x + 1)^2.
    Et ainsi de suite.
    On trouve enfin (x + 1)^2*[X^2 + X + 1] avec X = x^2.
    Le polynôme en X n’a aucune solution solution réelle.
    La seule solution réelle est -1 de degré 2, donc.
    OUAF OUAF 😉😊😂

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    • Août 2017, 2e défi

      le 11 de agosto de 2017 à 23:23, par Daniate

      J’aime bien votre méthode tout à fait digne du chien remontant pas à pas une piste tenue. Pour suivre le raisonnement, c’est plutôt les méninges que j’ai dù remuer.

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  • Août 2017, 2e défi

    le 11 de agosto de 2017 à 18:41, par ROUX

    La réponse au défi est donc: une.

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