Dominant de cent coudées les philosophes des lumières, Sade fut le penseur le plus pénétrant de son temps. (Lautréamont)
Exercice inédit sur le trinôme
dans Algèbre
Bonjour,
On considère trois trinômes $x^2 - p_ix + q_i$ (avec $i = 1, 2, 3$) tels que deux quelconques d'entre eux ont une racine commune ; démontrer que $\Sigma p_i^2 - 2\Sigma p_ip_j + 4\Sigma q_i = 0$.
A+
On considère trois trinômes $x^2 - p_ix + q_i$ (avec $i = 1, 2, 3$) tels que deux quelconques d'entre eux ont une racine commune ; démontrer que $\Sigma p_i^2 - 2\Sigma p_ip_j + 4\Sigma q_i = 0$.
A+
Réponses
-
Dit comme ça, ça n'a pas l'air très vrai.deux quelconques d'entre eux ont une racine commune
Si on prend tous les $q_i=0$, les trinômes admettent tous $0$ pour racines, mais l'expression proposée ne donne pas forcément $0$. -
RE
L'exercice (issu de Cambridge) sous-entend que les trois trinômes n'ont pas de racine commune.
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RE
Une indication : le premier trinôme a pour racines $\alpha, \beta$, le second $\beta, \gamma$ et le troisième $\alpha, \gamma$,
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Bonjour,
Peux-tu écrire ce que représente $\sum p_ip_j$ en précisant les indices de la somme ? -
RE
La somme du milieu est $p_1p_2 + p_2p_3 + p_3p_1$.
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Bonjour,
Il faut comprendre :
\[\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant 3} p_ip_j.\] -
Je t'ai vu, Yves, écrire des sommes cycliques.
En ces termes, la question est la suivante avec $\alpha,\beta,\gamma$ les trois racines.
Quelle combinaison linéaire de $\displaystyle\sum_{cyc}(\alpha+\beta)^2$ et de $\displaystyle\sum_{cyc}
(\alpha+\gamma)
\cdot
(\beta+\gamma)
$ est un multiple de $\displaystyle\sum_{cyc} \beta\cdot \gamma$ ?
edit : oups j'avais mis des $-$ à la place des $+$ ! -
Bonjour,
On note $\displaystyle P_i(x) = x^2-p_ix+q_i$ pour $\displaystyle i = 1,2,3.$
On note $a$ la racine commune à $\displaystyle P_1$ et $\displaystyle P_2$, $b$ la racine commune à $\displaystyle P_2$ et $\displaystyle P_3$ et $c$ la racine commune à $\displaystyle P_2$ et $\displaystyle P_3$.
On a donc $a,b$ solutions de $\displaystyle P_1(x) = 0$ et donc on sait que $\displaystyle a+b=p_1, ab=q_1.$ De même, $\displaystyle a+c=p_2, ac=q_2$ et $\displaystyle b+c=p_3, bc=q_3.$
On calcule $\displaystyle \sum_{cyc}(a+b)^2 = 2 \sum_{cyc} a^2 + 2 \sum_{cyc} ab$ et donc, par substitution, $\displaystyle \sum_{cyc} p^2 = 2 \sum_{cyc} a^2 +2 \sum_{cyc} q.$
On calcule $\displaystyle \sum_{cyc}(b-c)^2 = 2 \sum_{cyc} b^2 - 2 \sum_{cyc} bc$ et donc, par substitution, $\displaystyle \sum_{cyc}(p_1-p_2)^2 = 2 \sum_{cyc} a^2 - 2 \sum_{cyc} q = 2 \sum_{cyc} p^2 - 2 \sum_{cyc} p_ip_j.$
On élimine alors $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 $ entre les deux équations et on tombe sur $\displaystyle \sum_{cyc} p^2 - 2 \sum_{cyc} p_ip_j + 4 \sum_{cyc} q = 0.$ -
RE
Autre possibilité
$p_1^2 - 4q_1 = (\alpha - \beta)^2 = (p_3 - p_2)^2$
$p_2^2 - 4q_2 = (p_1 - p_3)^2$
$p_3^2 - 4q_3 = (p_2 - p_1)^2$.
On additionne et on développe.
Compléments
Quid de la réciprocité ?
Généralisation à $4, …, n$ trinômes.
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Bonjour,
En reprenant les notations de YvesM (si tu le permets), on a:$P_1P_2P_3(x)=\left( (x-a)(x-b)(x-c)\right)^2$.
Alors: $P_1P_2P_3(x)=\left( x^3-sx^2+dx-p\right)^2$ (1)
où $s=a+b+c=\dfrac{1}{2}\sum p_i$, $d=ab+bc+ca=\sum q_i$ et $p=abc$.
En développant les deux membres de (1), le coefficient de $x^4$ nous donne:
$\sum q_i-\sum p_ip_j=2d+s^2$.
Ainsi: $\sum q_i-\sum p_ip_j=2\sum q_i+\dfrac{1}{4}\left( \sum p_ip_j\right)^2$.
Ou encore: $\left( \sum p_ip_j\right)^2-4 \sum p_ip_j+4\sum q_i=0$.
En développant le carré, on a:$\sum p_i^2-2 \sum p_ip_j+4\sum q_i=0$.
Avec les coefficients de $x^3$, $x^2$ et $x$ on obtient d'autres égalités je suppose.
Cordialement
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Bonjour!
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