Relations coefficients-racines (3/3)

Exercice 1.
Trouver {\lambda} tq {P=X^3-3X+\lambda} ait un zéro double.
Résoudre alors {P(x)=0}.
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Dire que {P} a une racine au moins double, c’est dire que {P,P'} ont un zéro en commun.

Or les racines {P'=3(X^2-1)} sont {-1} et {1}.

D’autre part {P(-1)=\lambda+2} et {P(1)=\lambda-2}.

La condition de l’énoncé équivaut donc à {\lambda\in\{-2,2\}}.

  • Si {\lambda=-2} alors {P=X^3-3X-2=(X+1)^2(X-2)}.

    Dans ces conditions, {P(x)=0\Leftrightarrow x\in\{-1,2\}}.

  • Si {\lambda=2} alors {P=X^3-3X+2=(X-1)^2(X+2)}.

    Dans ces conditions, {P(x)=0\Leftrightarrow x\in\{-2,1\}}.

Exercice 2.
Déterminer {\lambda} pour que {P=X^3-8X^2+(13-\lambda)X-6-2\lambda} ait un zéro double.
Résoudre alors {P(x)=0}.
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Soient {a,b,c} les racines de {P}.

On écrit les relations coefficients-racines, en ajoutant la condition {a=c}.

Il reste alors à trouver {\lambda} pour que ce système ait des solutions :
{\begin{array}{l}\begin{cases}a+b+c=8\\ ab+ac+bc=13-\lambda\\ abc=6+2\lambda \\ a=c\end{cases}\\\\\Leftrightarrow\begin{cases}2a+b=8\\ a^2+2ab=13-\lambda\\ a^2b=6+2\lambda \\ a=c\end{cases}\\\\\Leftrightarrow\begin{cases}b=8-2a\\ a^2+2a(8-2a)=13-\lambda\\ a^2(8-2a)=6+2\lambda\\ c=a\end{cases}\end{array}}Il reste donc à trouver {\lambda} pour que {\begin{cases}3a^2-16a=\lambda-13\\ 2a^3-8a^2=-6-2\lambda\end{cases}} ait une solution {a}.

On remarque que {a=0} ne peut pas convenir. On peut donc opérer des réductions de degré en utilisant {a} comme pivot (les systèmes obtenus sont équivalents) :
{\begin{array}{l}\begin{cases}3a^2-16a=\lambda-13\\a^3-8a^2=-6-2\lambda\end{cases}\\\\\Leftrightarrow\begin{cases}3a^2-16a=\lambda-13\\ 4a^2+(\lambda-13)a=-9-3\lambda\end{cases}\\\\\Leftrightarrow\begin{cases}3a^2-16a=\lambda-13\\ (3\lambda+25)a=25-13\lambda\end{cases}\end{array}}Il reste à exprimer que {a=\dfrac{25-13\lambda}{3\lambda+25}} est solution de {3a^2-16a=13-\lambda}.

Cela équivaut à : {3(25-13\lambda)^2-16(25-13\lambda)(3\lambda+25)=(\lambda-13)(3\lambda+25)^2}Cela s’écrit {9(\lambda^3-122\lambda^2-375\lambda)=0} ou encore {\lambda(\lambda+3)(\lambda-125)=0}.

Les valeurs de {\lambda} pour lesquelles {P} a une racine au moins double sont donc {0,-3,125}.

  • Si {\lambda=0}, on trouve {a=c=\dfrac{25-13\lambda}{3\lambda+25}=1}, puis {b=8-2a=6}.

    Effectivement {P=X^3-8X^2+13X-6=(X-1)^2(X-6)}.

  • Si {\lambda=-3}, on trouve {a=c=\dfrac{25-13\lambda}{3\lambda+25}=4}, puis {b=8-2a=0}.

    Effectivement {P=X^3-8X^2+16X=X(X-4)^2}.

  • Si {\lambda=125}, on trouve {a=c=\dfrac{25-13\lambda}{3\lambda+25}=-4}, puis {b=8-2a=16}.

    Effectivement {P=X^3-8X^2-112X-256=(X-16)(X+4)^2}.

Exercice 3.
On pose {A=x^6+mx^4+10x^3+nx+p=0}.
Déterminer {m,n,p} pour que A ait une racine quadruple.
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Posons {A(x)=x^6+mx^4+10x^3+nx+p}.

Supposons que {A} possède une racine quadruple {a}.

Alors {a} est une racine de {A,A',A'',A^{(3)}}.

Or on a : {\begin{cases}A''(x)=6x(5x^3+2mx+10)\\A^{(3)}(x)=12(10x^3+2mx+5)\end{cases}}

La valeur {a=0} ne convient pas car {A^{(3)}(0)\ne0}.

Ainsi {a} vérifie {\begin{cases}5a^3+2ma+10=0\\ 10a^3+2ma+5=0\end{cases}}

Cela équivaut à {\begin{cases}2ma+15=0\\ a^3=1\end{cases}} donc à {\begin{cases}m=-\dfrac{15}{2}a^2\\ a^3=1\end{cases}}

Réciproquement, avec ces données :
{\begin{cases}A(a)=a^6+ma^4+10a^3+na+p\\\qquad=1+ma+10+na+p=na+p+\dfrac72\\\\A'(a)=6a^5+4ma^3+30a^2+n\\\qquad=36a^2+4m+n\\\qquad=36a^2-30a^2+n=6a^2+n\end{cases}}Le système {\begin{cases}A(a)=0\\ A'(a)=0\end{cases}} est donc équivalent à {\begin{cases}n=-6a^2\\ p=6a^3-\dfrac72=\dfrac52\end{cases}}

Conclusion: le polynôme {A} admet une racine quadruple {a} si et seulement si on a les conditions :
{a^3=1,\quad m=-\dfrac{15}{2}a^2,\quad n=-6a^2,\quad p=\dfrac52}

Il y a donc trois cas, suivant que {a=1}, {a=j} ou {a=j^2}.

On constate effectivement qu’avec la condition {a^3=1}, on a la factorisation :
{\begin{array}{l}x^6-\dfrac{15}{2}a^2x^4+10x^3-6a^2x+\dfrac{5}{2}\\\\\quad=(x^4-4ax^3+6a^2x^2-4a^3x+a^4)\Bigl(x^2+4ax+\dfrac52a^2\Bigr)\\\\\quad=(x-)^4\Bigl(x^2+4ax+\dfrac52a^2\Bigr)\end{array}}

  • Si {a=1}, on trouve {m=-\dfrac{15}{2}}, {n=-6} et {p=\dfrac52}.

    On a effectivement :{\begin{array}{rl}A(x)&=x^6-\dfrac{15}{2}x^4+10x^3-6x+\dfrac{5}{2}\\\\&=(x-1)^4\Bigl(x^2+4x+\dfrac52\Bigr)\end{array}}

  • Si {a=j}, on trouve {m=-\dfrac{15}{2}j^2}, {n=-6j^2} et {p=\dfrac52}.

    On a effectivement : {\begin{array}{rl}A(x)&=x^6-\dfrac{15}{2}j^2x^4+10x^3-6j^2x+\dfrac{5}{2}\\\\&=(x-j)^4\Bigl(x^2+4jx+\dfrac52j^2\Bigr)\end{array}}

  • Si {a=j^2}, on trouve {m=-\dfrac{15}{2}j}, {n=-6j} et {p=\dfrac52}.

    On a effectivement : {\begin{array}{rl}A(x)&=x^6-\dfrac{15}{2}jx^4+10x^3-6jx+\dfrac{5}{2}\\\\&=(x-j^2)^4\Bigl(x^2+4j^2x+\dfrac52j\Bigr)\end{array}}

Exercice 4.
Résoudre le système {(\Sigma):\begin{cases}x^2+y^2+z^2=0\\x^4+y^4+z^4=0\\x^5+y^5+z^5=2\end{cases}}
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Notons {x,y,z} trois nombres complexes quelconques.

Posons {S_n=x^n+y^n+z^n} pour tout {n} de {\mathbb{N}}.

Notons {\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3} les fonctions symétriques élémentaires de {x,y,z} : {\begin{cases}\sigma_1=x+y+z\\ \sigma_2=xy+xz+yz\\\sigma_3=xyz\end{cases}}On sait que {x,y,z} sont les racines de {P(t)=t^3-\sigma_1t^2+\sigma_2t-\sigma_3}.

Ainsi : {\forall n\in\mathbb{N},\;\forall t\in\{x,y,z\},\;t^{n+3}-\sigma_1t^{n+2}+\sigma_2t^{n+1}-\sigma_3t^n=0}.

Si on ajoute les trois égalités on trouve : {S_{n+3}=\sigma_1S_{n+2}-\sigma_2S_{n+1}+\sigma_3S_n}D’autre part, on a {\begin{cases}S_0=3\\ S_1=\sigma_1\\ S_2=\sigma_1^2-2\sigma_2\end{cases}}

L’hypothèse {S_2=0} donne ici {S_3=\sigma_1S_{2}-\sigma_2S_{1}+\sigma_3S_0=-\sigma_2\sigma_1+3\sigma_3}.

Le système proposé s’écrit {\begin{cases}S_2=0\\ S_4=0\\ S_5=2\end{cases}} et on a les équivalences suivantes : {\begin{array}{rl}\begin{cases}S_2=0\\ S_4=0\\ S_5=2\end{cases}&\Leftrightarrow\begin{cases}\sigma_1^2-2\sigma_2=0\\\sigma_1S_{3}-\sigma_2S_{2}+\sigma_3S_1=0\\\sigma_1S_{4}-\sigma_2S_{3}+\sigma_3S_2=2\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}\sigma_1^2-2\sigma_2=0\\\sigma_1(-\sigma_2\sigma_1+3\sigma_3)+\sigma_3\sigma_1=0\\-\sigma_2(-\sigma_2\sigma_1+3\sigma_3)=2\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}\sigma_1^2-2\sigma_2=0\\\sigma_1(4\sigma_3-\sigma_1\sigma_2)=0\\\sigma_2^2\sigma_1-3\sigma_2\sigma_3=2\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}\sigma_1^2-2\sigma_2=0\\4\sigma_3-\sigma_1\sigma_2=0\\\sigma_2^2\sigma_1-3\sigma_2\sigma_3=2\end{cases}\end{array}}La dernière équivalence est dûe au fait que l’éventualité {\sigma_1=0} conduit à {\sigma_2=0}, ce qui est contradictoire avec la troisième égalité. Poursuivons la résolution : {\begin{array}{rl}\begin{cases}S_2=0\\ S_4=0\\ S_5=2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}\sigma_2=\dfrac12\sigma_1^2\phantom{\biggl(}\\ \sigma_3=\dfrac14\sigma_1\sigma_2=\dfrac18\sigma_1^3\phantom{\biggl(}\\\dfrac14\sigma_1^5-\dfrac3{16}\sigma_1^5=2\phantom{\biggl(}\end{cases}\\\\\Leftrightarrow\begin{cases}\sigma_1^5=32\phantom{\biggl(}\\\sigma_2=\dfrac12\sigma_1^2\phantom{\biggl(}\\\sigma_3=\dfrac18\sigma_1^3\phantom{\biggl(}\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}\sigma_1=2\\ \sigma_2=2\\\sigma_3=1\end{cases}\end{array}}Finalement (\Sigma) équivaut à dire que {x,y,z} sont les solutions de {t^3-2t^2+2t-1=0}. Or : {\begin{array}{l}t^3-2t^2+2t-1=0\\\\\Leftrightarrow (t-1)(t^2-t+1)=0\\\\\Leftrightarrow t\in\{1,-j,-j^2\}\end{array}}Les solutions sont donc les six triplets {(x,y,z)} tels que {\{x,y,z\}=\{1,-j,-j^2\}}.