Petit système trop mignon

Introduire $s=x+y$ et $q=\sqrt{xy}$. Ça roule tout seul ($133=19\times 7$).

Pourquoi? C'est censé être compliqué?
On a "implicitement" que $x$ et $y$ sont positifs.... Posons : $S=\sqrt{x}+\sqrt{y}$ et $P=\sqrt{xy}.$ Alors, $\sqrt{x}$ et $\sqrt{y}$ sont racines de $\displaystyle X^{2}-SX+P.$
La première équation s'écrit $\displaystyle S^{2}-P=19.$
La seconde équation s'écrit $\displaystyle (x+y)^{2}-P^{2}=133 \mbox{ i.e. } (S^{2}-2P)^{2}-P^{2}=133.$
On trouve alors les valeurs de $P$ et $S$ puis les valeurs de $x$ et $y.$

De mon côté, j'ai élevé au carré la première égalité, puis un bricolage donne : $114=(x+y)\sqrt{xy}+xy$.

En injectant la deuxième dans cette parenthèse : $114=19\sqrt{xy}$ puis $6=\sqrt{xy}$.

Pour ceusse qui ne se sont pas aperçu de la merveilleuse simplicité de la solution que je proposais et ont cru nécessaire d'en ajouter des plus compliquées : après avoir posé $s=x+y$ et $q=\sqrt{xy}$, on voit que le système se réécrit $s+q=19$ et $s^2-q^2=7\times 19$, d'où $s-q=7$, $s=13$ et $q=6$, $\{x,y\}$ est l'ensemble des racines de $t^2-13t+36$. (:D

À première vue, si $\zeta$ est une racine primitive onzième de l'unité :
\begin{align*}\let\z=\zeta x^5-55x^4+330x^3-462x^2+165x-11=&
\bigl(x +4\z^9 + 8\z^8 + 12\z^7 + 16\z^6 + 16\z^5 + 12\z^4 + 8\z^3 + 4\z^2 - 3\bigr)\\&\quad
\times\bigl(x +8\z^9 + 12\z^8 + 4\z^7 - 4\z^6 - 4\z^5 + 4\z^4 + 12\z^3 + 8\z^2 - 7\bigl)\\&\quad
\times\bigl(x +8\z^9 - 4\z^8 - 8\z^7 + 4\z^6 + 4\z^5 - 8\z^4 - 4\z^3 + 8\z^2 - 11\bigr)\\&\quad
\times\bigl(x -4\z^9 - 12\z^8 + 4\z^7 - 8\z^6 - 8\z^5 + 4\z^4 - 12\z^3 - 4\z^2 - 15\bigr)\\&\quad
\times\bigl(x -16\z^9 - 4\z^8 - 12\z^7 - 8\z^6 - 8\z^5 - 12\z^4 - 4\z^3 - 16\z^2 - 19\bigr).\end{align*}
En remarquant que $\z^2+\z^9=2\cos\frac{2\pi}{11}$, etc., et en notant $c_k=\cos\frac{2k\pi}{11}$, les solutions s'écrivent, aux erreurs de copie près :
\begin{align*}3-4c_2-8c_3-12c_4-16c_5&\simeq 48.374,\\
7-8c_2-12c_3-4c_4+4c_5&\simeq1.33\\
11-8c_2+4c_3+8c_4-4c_5&\simeq0.413\\
15+4c_2+12c_3-4c_4+8c_5&\simeq4.79\\
19+16c_2+4c_3+12c_4+8c_5&\simeq0.0862.\end{align*}

Tout se fait à la main, évidemment ! Le calcul du discriminant donne $2^{40}\times11^4$, qui est visiblement un carré. Quelques manipulations confirment que dès que l'on ajoute une racine, l'extension (de degré $5$ donc) est déjà scindée galoisienne. La présence du $11$ dans le discriminant suggère d'aller regarder $\Q[\zeta_{11}]$ et là, on s'aperçoit que le polynôme se factorise complètement.

Voici des polynômes du même genre (qui se factorisent sur $\R\cap\Q[\zeta_{11}]$), avec des discriminants particulièrement jolis :

• $x^5 - 11x^4 + 22x^3 + 22x^2 - 55x - 11$ ;
• $x^5 - 21x^4 + 161x^3 - 575x^2 + 960x - 593$ ;
• $x^5 - 9x^4 + 28x^3 - 35x^2 + 15x - 1$ ;
• $x^5 + 17x^4 + 109x^3 + 331x^2 + 478x + 263$.