Problème de Février 2007

Soit C la courbe d'équation y = P(x); où P(x) est un polynôme réel possédant au moins un zéro réel a non nul.
Montrer qu'il existe un point de la courbe C, différent de (a,0), dont la distance à (0,0) est |a|.

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Kendor
Soit P un polynôme à coefficients réels et (C) sa courbe représentative, c’est-à-dire l’ensemble des points de la forme M(x, P(x))
On suppose que P a une racine réelle non nulle a.
Nous supposerons par la suite que a>0 (le raisonnement avec a<0 sera similaire)
Soit (E) le cercle de centre O(0,0) et de rayon a. Il est composé des points (x, R(x)) et (x,-R(x)) où R(x)=V(a^2-x^2) (où V(x) est la racine carrée de x)

Soit e appartenant à ]0,2a/(1+P’(a)^2)[
P(a-e)= -eP’(a)+o(e)
R(a-e)=V(a^2-(a-e)^2)=V(2ae-e^2)

e<2a/(1+P’(a)^2),donc (1+P’(a)^2)e^2<2ae,donc (P’(a)^2)e^2<2ae-e^2
Donc abs(e P’(a))< V(2ae-e^2)
D’où abs(P(a-e))<R(a-e)

Si M(x)=(x, P(x)),soit f(x)=OM(x)=V(x^2+P(x)^2)
f est continue car P et l’application distance le sont.
M(a-e, P(a-e)) appartient au disque de centre O et de rayon a,donc f(a-e)=OM(a-e)<a

Or, il est clair que M(-2a,P(-2a)) n’est pas dans ce disque puisque OM(-2a)= V(4a^2+P(-2a)^2)>2a>a
Donc f(-2a)>a

Par continuité de f, le théorème des valeurs intermédiaires nous assure qu’il existe x dans ]-2a,a-e[ tel que f(x)=OM(x)=a.

Le raisonnement avec a<0 est analogue, on prendra juste soin de remplacer (a-e) par (a+e) si e>0.
CQFD

Kendor

Bonjour;
Solution postée

Pour x € R posons f(x)=P(x)² + x²− a².
f est une fonction polynomiale vérifiant f(a) = 0 et
lim -00 f = lim+00 f = +00.
Si a etait l’unique racine de f celle-ci garderait un signe constant et serait donc positive , et admettrait par conséquent un minimum global en a ce qui est absurde vu que f'(a) = 2a# 0 .
On conclut que f admet au moins une racine b # a .
Le point B(b, P(b)) # A(a, 0) vérifie alors OB=|a| .
Sauf erreur bien entendu .

Bonjour

solution postée



Considérons le cercle C( o; |a|).Le problème revient à montrer que le
cercle C et la courbe Cp de P se coupent en un point B différent du point
A(a;0). (a#0)
càd: le système ( S): x²+y² = a²
y = P(x)
admet une solution autre que (a; 0).
On a: P(x) =(x-a) Q(x)
(s) ===> (x -a)²Q(x)² = a² -x²
====> (x-a) Q(x)² +x+a =0
Posons : f(x) = (x-a) Q(x)² +x +a
f est continue sur IR; lim_+oo f(x) = +oo et lim _- oo f(x) = - oo
TVI===> f admet aumoins un zéro b dans IR. ( il est clair que b # a)

conclusion: le point B(b; P(b)) € C et Cp .et OB = |a|.

sauf erreur..

bonjour
solution postée
a+


Etant donné un polynôme P(X) ayant pour racine a €R*. Nous cherchons b€R\{a} tel que b²+P(b)²=a².

Soit f(x)=P(x)²+x²-a² =(x-a)((x-a)Q(x)²+x+a) ou P(x)=(x-a)Q(x). Nous cherchant donc une racine autre que a pour le polynôme f(X).

Remarquant que le polynôme (x-a)Q(x)²+x+a est de degré impaire, donc a nécessairement une racine réelle (TVI) qui ne peut être a car ce dernier n est pas nul.

CQFD.

salut tout le monde
solution postée

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