Une pentique

soland
soland
dans Algèbre
Résoudre sur $\mathbb{R}$
$$
0=\sqrt{3}+20x-10x^3+x^5
$$
sachant que les racines sont les projections orthogonales
sur l'axe des réels des sommets d'un pentagone régulier.

Réponses

  • Guego
    Guego
    Quitte à translater verticalement le pentagone, on peut supposer que son centre est sur l'axe réel. Ses 5 sommets sont alors de la forme $a+re^{i(t+2k\pi/5)}$ avec $k\in \{0,1,2,3,4\}$, et $a$, $r$ et $t$ trois réels à trouver (avec $r>0$ tant qu'à faire).
    Les $5$ racines de notre polynôme sont alors les $a+r\cos(t+\frac{2k\pi}{5})$. D'après le coefficient nul en $x^4$, la somme des racines est nulle, ce qui implique que $a=0$.
    Ensuite, (en supposant désormais $a=0$), le coefficient en $x^3$ est $\dfrac{-5}{4}r^2$. On en déduit que $r=2\sqrt{2}$.
    Enfin, en regardant le produit des racines (donc le coefficient constant), on a (après simplifications) $\sqrt{3} = -40\sqrt{2}\cos(t) + 160\sqrt{2}\cos^3(t) - 128\sqrt{2} \cos^5(t)$. Maple me dit alors que $\cos(t) = \dfrac{\sqrt{6}}{4}$ convient.

    Les $5$ racines cherchées sont donc les $2\sqrt{2}\cos(t_0 + \frac{2k\pi}{5})$ avec $t_0 = \arccos(\frac{\sqrt{6}}{4})$, ce qui s'exprime avec des radicaux (assez moches) en développant le cos.
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Comme l'énoncé n'indique pas "exactement", on peut aussi répondre: 
    roots([1 0 -10 0 20 sqrt(3)])

    Ce qui donne: 
    -2.715586318741905
 2.661860155539738
 1.732050807568875
 -1.591393886220465
 -0.086930758146240

    Cordialement,

    Rescassol
  • soland
    soland
    La racine du milieu...
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Oui, il reste $x^4 + \sqrt{3}x^3 - 7x^2 - 7\sqrt{3}x - 1$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • soland
    soland
    Factorisons sur $\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$ et...
  • moduloP
    moduloP
    Salut,

    1/ On va virer $\sqrt{3}$, histoire de revenir sur $\Q$. On pose : $x = \sqrt{3}y$.
    2/ On obtient : $(y-1)(9y^4 + 9y^3 - 21y^2 - 21y - 1) = 0$
    3/ On fait $z=1/x$, histoire de faire le ménage : $F = z^4 + 21z^3 + 21z^2 - 9z - 9 = 0$
    4/ On réduit modulo $2$ on trouve $z^4+z^3+z^2+z+1$, irréductible puisque $2$ est un générateur de $\left(\Z/5\Z \right)^\star$ et que le polynôme est cyclotomique d'ordre $5$. Enfin bref, peut importe la méthode ici $F$ est irréductible.
    5/ On introduit, la résolvante cubique i.e on note $x_1, x_2,x_3,x_4$ les racines dans $\C$ de $F$, et on regarde :
    $$
    G = (z-(x_1x_2+x_3x_4)(z-(x_1x_3+x_2x_4))(z-(x_1x_4+x_2x_3))
    $$
    On développe et on utilise les fonctions symétriques élémentaires, je passe le détails.
    On trouve : $G = (y - 12) (y^2 - 9y - 261)$.
    6/ On remarque que : les solutions de $G = 0$ sont dans le corps engendré par les racines de $F$. On résout l'équation de degré $2$ et on tombe dans $\Q(\sqrt{5})$. Et donc le polynôme $F$ se factorise dans $\Q(\sqrt{5})$, disons plutôt $\Q(\beta)$ avec $\beta$ une racine non rationnelle de $G$.

    Question : comment factoriser $F$ dans $\Q(\beta)$ ?

    Remarque : Comme $x_1x_3+x_2x_4 \in \Q$ (par exemple), on a automatiquement qu'un élément d'ordre $3$ n'est pas dans le groupe de Galois. Et donc le polynôme $F$ doit se scinder en $\deg(2) \times \deg(2)$.
  • petitloup
    petitloup
    Soit $p=x^5-10x^3+20X$; alors $q=p^2-3=(x^2-3)(x^8-17x^6+89x^4-133x^2+1)$. Il suffit de considérer le polynôme $r=x^4-17x^3+89x^2-133x+1$. Vu le contexte, $r$ n'admet que des racines constructibles à la règle et au compas; donc ces racines s'expriment uniquement avec des racines carrées (et pas de racine cubique). En fait, $Galois(r)=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$.
    Le corps de décomposition est $\mathbb{Q}(\sqrt{150+30\sqrt{5}})$. On obtient les $4$ racines $(y_i)$:
    $17/4-(1/4) \sqrt{5}-(1/4)\sqrt{150+30\sqrt{5}}, 17/4+(1/4)\sqrt{5}-(1/4)\sqrt{150-30\sqrt{5}}, $
    $17/4+(1/4)\sqrt{5}+(1/4)\sqrt{150-30\sqrt{5}}, 17/4-(1/4)\sqrt{5}+(1/4)\sqrt{150+30\sqrt{5}}$.
    Pour obtenir les $4$ dernières racines de $p+\sqrt{3}$, il suffit de prendre les racines carrées des $(y_i)$ en choisissant le bon signe.
    EDIT. On peut aussi, dans un premier temps, décomposer $r$ sur $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ (où se trouve $\cos(2\pi/5)$):
    $r=(x^2-(\sqrt{5}/2+17/2)x+9+4\sqrt{5})\times$ son conjugué.
  • soland
    soland
    Autre méthode.
    Encore une autre suit.75278
  • soland
    soland
    Comme annoncé.75282
    75284
  • soland
    soland
    Côté groupe de Galois, ne devrait-on pas retrouver quelque chose
    ressemblant au groupe diédrique du pentagone ?
  • moduloP
    moduloP
    Je ne pense pas : si tu prends le pentagone classique des solutions de $[z^5=1]$. L'extension engendré par les projections est forcément incluse dans $\Q(\zeta_5)$ : le groupe de Galois est un quotient de $(\Z/ 5\Z)^\star$. Bon il n'y a pas beaucoup de choix ici.
  • bisam
    bisam
    Je ne veux pas vous empêcher de réfléchir à des groupes de Galois, mais avant cela, est-ce que quelqu'un aurait une méthode de résolution qui n'utilise pas (d'une manière ou d'une autre) : "On remarque que $\sqrt{3}$ est solution" ?

    J'aime beaucoup la méthode de Guego, qui suit de très près l'énoncé (même s'il s'est compliqué la vie pour trouver son équation en $\cos(t)$ :p ) mais sort la solution "évidente" de son ordinateur.

    J'aime bien aussi la méthode de Soland qui utilise l'invariance par rotation, mais là encore l'ordinateur fournit une solution (évidente ?) à une équation de degré 5... qui n'est autre que l'équation de départ !

    Le changement de variable $x=\sqrt{3}y$ donne effectivement une équation pour laquelle il est un peu plus évident que $y=1$ est solution... mais peut-on espérer mieux ?


    J'avais essayé d'utiliser une équation vérifiée conjointement par les abscisses et ordonnées des sommets du pentagone, mais sans aboutir.
  • soland
    soland
    @bisam75360
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