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 #1 - 30-03-2011 19:00:52

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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jeuw à deux 3

Un jeu pour matheux pur jus lol

Voilà le terrain de jeu :
[TeX]P(X)=X^{10}+\bullet X^9+\bullet X^8+\cdots +\bullet X +1[/TeX]
Les joueurs remplacent à tour de rôle l'une des cibles par un nombre réel librement choisi . Le premier joueur veut que [latex]P[/latex] n'ait aucune racine réelle alors que le deuxième veut exactement le contraire . Lequel des deux joueurs a une stratégie gagnante et quelle est-elle ?

Bon amusement smile

Vasimolo

Indice 1 : Spoiler : [Afficher le message] Le joueur 2 a une stratégie gagnante .
Indice 2 : Spoiler : [Afficher le message] Le joueur 2 peut prendre des nombres au hasard pour les cibles choisies sauf  pour la dernière valeur qui nécessitera un petit calcul . 
Indice 3 : Spoiler : [Afficher le message] Le joueur 2 laisse au joueur 1 une cible associée à un exposant impair .
Indice 4 : Spoiler : [Afficher le message] Si [latex]n[/latex] est l'exposant associé à la dernière cible que devra remplir le joueur 1 et [latex]k[/latex] un réel non nul différent de [latex]\pm 1[/latex] on peut regarder du côté de [latex]P(k)[/latex] et de [latex]k^nP(-1)[/latex] .



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 #2 - 31-03-2011 01:54:59

L00ping007
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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jeux à seux 3

J'ai essayé de plancher un peu sur le sujet, mais j'avoue que je suis encore un peu dans le flou ...

J'imagine une stratégie où à notre tour de jouer, si le joueur précédent a choisi [latex]a_n[/latex] comme coefficient de [latex]X^n[/latex], alors on choisit [latex]a_n[/latex] comme coefficient de [latex]X^{10-n}[/latex].
Cette méthode permet de construire un polynôme à coefficients symétriques, qui peut s'exprimer comme polynôme en la fraction rationnelle [latex]X+\frac1X[/latex] :
[TeX]P(X)=X^5Q(X+1/X)[/latex] avec Q de degré 5 unitaire.
J'ai même montré que si P s'écrit ainsi :
[latex]P=X^10+aX^9+bX^8+cX^7+dX^6+eX^5+dX^4+cX^3+bX^2+aX+1[/TeX]
alors Q s'écrit ainsi :
[TeX]Q=X^5+aX^4+(b-5)X^3+(c-4a)X^2+(5-3b+d)X+2a-2c-e[/TeX]
Mais si le premier joueur choisit le coefficient de [latex]X^5[/latex] en premier, alors il pourra appliquer cette stratégie. Mais il ne choisira aucun coefficient, et il suffira au second joueur de choisir les coefficients de Q. Il les choisira de manière à ce qu'aucune racine de Q ne soit comprise entre -2 et 2 strictement (cela vient de la résolution de [latex]X+\frac1X=\lambda[/latex]). [latex]Q(X+\frac1X)[/latex] aura alors tous ses zéros réels, et donc P aussi. Ce n'est pas ce que voulait le premier joueur du tout !!!

Et inversement si le premier joueur ne choisit pas le coefficient de [latex]X^5[/latex], le second joueur pourra jouer à la symétrie. Et le premier joueur choisira à la fin le coefficient e de [latex]X^5[/latex], ce qui lui permettra de gagner (il suffit que Q ait pour racine 0 pour que i soit racine de P). Donc le joueur 2 aura tout fait pour perdre ...

Est-ce que mon idée de symétrie est bonne ?
Si c'est le cas, je ne vois pas comment appliquer la stratégie, elle me semble perdante !

EDIT
J'ai essayé une variante avec x-1/x, mais pour l'instant sans succès

 #3 - 31-03-2011 11:30:40

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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Jeux à deeux 3

Le joueur 2 possède une stratégie gagnante.

La courbe de ce polynôme décroit, puis change de sens un nombre impair de fois compris entre 1 et 9, puis croit.

Le joueur 2 joue sur les coefficients pairs : à chaque coup, s'il choisi un coefficient positif il fera "monter" tous les points de la courbe de ce polynôme; et "descendre" s'il est négatif. Il peut donc jouer un nombre négatif suffisamment grand en valeur absolue pour que la courbe du polynôme descende sous 0 quelque part avant l'origine pour remonter ensuite quelque part après l'origine, et ce à chaque coup.

Au dernier coup, le joueur 1 se retrouve avec des valeurs du polynôme négatives autour de 0. S'il choisit un coefficient positif, les nouvelles valeurs pour x<0 seront inférieures aux précédentes, et inversement pour un coefficient négatif c'est les valeurs pour x>0 qui le seront.
Du coup, il ne peut pas empêcher certaines valeurs du polynôme d'être négatives. Le polynôme ayant une courbe continue qui tend vers +infini des deux cotés, il y aura donc nécessairement des points où la courbe de P coupera l'axe des abscisses.

 #4 - 31-03-2011 17:20:43

Vasimolo
Le pâtissier
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Jeux à dex 3

@Looping : je ne pense pas que tu y arrives ainsi smile
@Scarta : la réponse est bonne mais je ne suis pas convaincu par la stratégie . Les variations d'une fonction polynômiale sont un peu plus compliquées que ce que tu annonces ( je n'ai peut-être pas tout compris ! smile )

Vaimolo

 #5 - 31-03-2011 18:57:12

scarta
Elite de Prise2Tete
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jrux à deux 3

Plus simplement pour dire que j'ai faux : à quelque tour que ce soit, P(0) = 1 et donc mon argument de valeurs négatives autour de 0 tombe à l'eau.
Mais dans l'idée, je pense qu'on peut continuer sur le même principe : certaines valeurs négatives avant 0 et d'autres après 0

 #6 - 31-03-2011 19:06:39

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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jeuw à deux 3

Bon, dommage, j'aimais bien ce concept de symétrie smile

Sinon j'imagine que c'est le premier joueur qui a une stratégie gagnante, car il choisit un coefficient de plus que le second joueur (il y en a 9 en tout à choisir), et il choisit le dernier.

Le fait que le degré du polynôme soit 10 me rebut un peu à envisager des variations ...

Le problème est-il le même pour un polynôme de degré 4 ? (ou 6 ou 8)

Car pour un polynôme de degré 2, P(X)=X^2+aX+1, c'est immédiat : le choix du coefficient a par le premier joueur entre -2 et 2 strictement suffit à ce que toutes les racines (les 2) soient complexes non réelles.

J'imagine aussi que le premier coefficient que le joueur 1 choisit est celui "du milieu", en l'occurrence le coeff de X^5.

Mes 3 pistes sont bonnes ?

 #7 - 31-03-2011 22:54:19

Vasimolo
Le pâtissier
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Jeux à deu x3

@ Scarta : c'est l'idée , il faut fouiller un peu smile

@ Looping : beaucoup de questions big_smile
1) Peut-être !!!
2) Oui
3) Pas obligé

Je donnerai bientôt un indice smile

Vasimolo

 #8 - 01-04-2011 00:25:28

scarta
Elite de Prise2Tete
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Jeu à deux 3

Bon ben si c'est l'idée, je vais détailler un peu alors. Quel que soit l'intervalle qui ne contient pas 0, il est possible pour le joueur 2 de choisir une valeur telle que l'image de l'intervalle soit dans R-

Prenons l'exemple du coup 1: le joueur 1 a pris un coefficient a. Je considère un intervalle I qui ne contient pas 0. Pour chaque valeur X dans I, j'associe un coefficient b tel que ce X^10 + aX^9 + bX^8 + 1 <= 0
Autrement dit, b <= -X^2 -aX -1/X^8
La fonction g : x -> -X^2 -aX -1/X^8 définie sur I m'indique le "b maximal" pour chaque x. Elle est bien définie sur I et continue par la même occasion.
Du coup elle admet forcément sur I un minimum b0 en x0, c'est à dire le plus petit "b maximal", qu'on obtient pour une certaine valeur x0
En choisissant le coefficient b0, sur tout l'intervalle I, j'ai b0 <= g(x), donc X^10 + aX^9 + b0X^8 + 1 <= X^10 + ax^9 + g(x).x^8 + 1 = 0

Maintenant, j'applique ce principe à un premier ensemble I inclus dans R-* et je trouve un certain b0. J'applique ce même principe à un autre ensemble I' inclus dans R+* et je trouve un certain b'0. Je prends ensuite B0 = min(b0, b'0)
X^10 + aX^9 + B0 X^8 + 1 est donc négatif sur les 2 intervalles I et I'.

Ce principe peut s'appliquer à chaque coup, et donc le joueur 1 se retrouve lors de son dernier coup avec ces deux intervalles à images négatives. Avec un coefficient positif, il ajoutera un nombre négatif pour toutes les images de I, qui seront alors toujours négatives. Inversement, avec un coefficient négatif, toutes les images de I' resteront négatives.
Il y aura donc forcément un intervalle à images négatives. La fonction étant continue, il y a donc au moins 2 racines.

Après je te connais mon gaillard, tu va encore nous sortir une méthode super simple pour arriver au même résultat et qui ne nécessite pas que le joueur 2 ait accès à WolframAlpha.com lorsque c'est à lui de jouer smile
J'ai hâte de la voir

 #9 - 01-04-2011 10:13:28

dylasse
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Jeux à deuxx 3

Il y a 9 coups à jouer, 5 par A et 4 par B. A joue en premier et en dernier

On va noter Pn(X) le polynome avec les termes joués après le coup n (ainsi que X^10 et 1) et Cn le coefficient joué au coup n.

J’ai l’impression que B peut gagner :

En effet, B peut s’arranger pour que le dernier coup de A ne soit pas un coup pair (c’est-à-dire sur un coefficient d’un exposant pair de X), puisque que B peut jouer 4 fois en pair si besoin.

1er cas : avant le coup 8 de B, il reste un terme pair et un terme impair : B joue le terme pair x^p:

Il suffit alors que à son dernier coup B arrive à avoir un P8(X) prenant une valeur négative en –X1 et en X1 et le tour est joué : A ne pourra pas remettre P9(X) avec que des valeurs positives.


Soit X1 non nul pris au hasard, on choisit C8 tel que P8(X1)<0 et P8(-X1)<0 (par exemple C8=-max(|P7(X1)|;|P7(X1)|)/X1^P-1).

Alors, quelque soit le dernier choix de A, soit P9(X1), soit P9(-X1) sera négatif et comme P9(0)=1, P9 a au moins une racine réelle.

2ème cas : il reste 2 termes impairs :
De façon simplifiée, j’étudie le polynôme P(X)=c x^3 + d x + 1, limité à l’intervalle [-1 ;1] puisqu’on peut se débrouiller à quelques similitudes* près pour rendre les termes déjà joués soient infinitésimaux autours de x=0.

Le joueur B joue alors c positif..
Le choix de A doit alors donner : en –1, -c-d+1>0, donc d<-c+1 et en 0,1, c/100+d+1>0, donc d>-1-c/100.
Pour c=10, il faut donc que d<-9 et d>-1,1, ce qui est impossible.

* Ca mériterait une justification plus mathématiques, j’en conviens... je m'y attellerai si Vasimolo m'y encourage...

 #10 - 01-04-2011 18:05:29

Vasimolo
Le pâtissier
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Jeux à deu x3

@Scarta : c'est vraiment trop compliqué smile
@Dylasse : le point de départ est bon mais il y a un moyen très simple de choisir le dernier coefficient pour gagner smile

Je donne un premier indice qui n'aidera pas beaucoup ceux qui ont déjà bien déblayé le problème mais qui encouragera peut-être les autres à se lancer .

Vasimolo

 #11 - 01-04-2011 19:28:20

rivas
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Jeux à deux

Juste pour être sûr d'avoir bien compris. Chacun tour à tour propose un coefficient pour un des monômes qui n'en a pas encore.
Il y a donc 9 choix, 5 coups pour le premier joueur et 4 pour le second.
Lorsque les 9 coefficients sont affectés, on regarde s'il y a ou non une racine réelle. Si c'est le cas, 2 gagne, dans le cas contraire 1 gagne. C'est bien ça?

J'ai une solution simple si le joueur 1 a comme but d'avoir au moins une racine réelle. Dommage que ça soit l'inverse.

Je vais chercher encore un peu.
J'ai essayé de voir si on peut factoriser en un polynôme de degré 5 au carré mais sans succès.
Je regarde P(0), P(1) et P(-1) ce qui donne la solution si 1 veut une racine réelle mais pas simplement dans notre cas.
Je regarde aussi les polynômes symétriques mais sans réponse apparente.
Les discriminants semblent trop compliqués.
Utiliser les groupes symétriques des racines aussi, quoi que... Si le joueur 2 peut s'assurer que le coefficient de X^9 n'est pas la somme d'un ensemble de nombres dont le produit est le coefficient de X...

Bon je creuse, je creuse smile
Ce n'est pas parce que je n'ai encore rien écrit, que je n'ai pas commencé à creuser.

Juste pour le fun, voici ma solution si le joueur 1 a pour but d'avoir une racine réelle. Je vais voir si je peux l'utiliser contre lui dans notre cas.
P(0)=1. Le choix du dernier coefficient par 1 permet toujours de fixer P(1) qui est la somme des coefficients à une valeur négative et par continuité s'assurer de l'existence d'une racine réelle.

Je vais regarder encore.

 #12 - 02-04-2011 19:44:24

Vasimolo
Le pâtissier
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jeux à deuw 3

@Rivas : tu as bien compris la règle smile

J'ai ajouté un deuxième indice .

Vasimolo

 #13 - 03-04-2011 11:20:22

dylasse
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heux à deux 3

Je poursuis donc une démonstration pour le cas où il reste 2 coefficients devant des termes à exposants impairs à jouer pour le dernier coup de B, et je m'en vais montrer que B peut choisir une valeur qui empéchera A de gagner.

On va appeler i et j les 2 exposants impairs restant à jouer, avec i>j. Et en conservant mes notations précédentes, c8 sera le coup de B devant X^i et c9 le coup final de A devant x^j.


Comme P7(X) est continu et P7(0)=1, il existe un réel a, tel que pour tout x €[-a;+a], P7(x)€[0,9 ; 1,1].

B choisit c8 tel que P8(-a) = -G (c'est à dire : P7(-a)-c8 a^i = -G), où G est un "grand nombre" positif.

Montrons maintenant que A ne pourra pas choisir un c9 qui convienne...

Il faut que P9 soit positif (P9(0)=1) pour que P9 n'est pas de racine, donc, en particulier :
(1) P9(-a) > 0 et (2) P9(a/k) > 0 (où k>1).

(1) P9(-a) > 0 <=> -G - c9 a^j>0 <=> c9 a^j <-G

(2) P9(a/k) > 0 donc P7(a/k) + c8 (a/k)^i + c9 (a/k)^j > 0
donc c9 (a/k)^j > -P7(a/k) - c8 (a/k)^i
donc c9 (a/k)^j > -1,1 - c8 a^i / k^i
donc c9 (a/k)^j > -1,1 - (G + P7(-a))/ k^i
donc c9 (a/k)^j > -1,1 - (G + 0,9)/ k^i
donc c9 a^j > (-1,1 - (G + 0,9)/ k^i)*k^j

En choisissant G suffisamment grand, vérifiant par exemple : G + 0,9 < 1/2 1/(2,2)^(1-j/i) G^(i/j) (possible car i>j), et k = (G/2,2)^(1/j), on aura alors :

(2) implique : c9 a^j > -G/2 -G/2 = -G

Ce qui est incompatible avec (1), donc A ne peut pas jouer et gagner son dernier coup !!!!

 #14 - 03-04-2011 16:41:32

scarta
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Jeux à dex 3

C'est vrai que c'est pas simple
Enfin, ça peut se simplifier :
- seul le dernier coup compte
- on peut réduire les 2 ensembles à 2 singletons {-1} et {1}.

Du coup, au dernier coup du joueur 2 on a
x^10+ax^9+bx^8+cx^7+dx^6+ex^5+fx^4+gx^3+hx^2+1
Le joueur 2 calcule
-2-a-b-c-d-e-f-g
et
-2+a-b+c-d+e-f+g
et joue le plus petit des deux. Il gagnera forcement, pour les raisons déjà invoquées.

 #15 - 03-04-2011 17:59:31

L00ping007
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Jeux à deeux 3

J'ai transposé le problème au degré 4 pour simplifier les calculs.

Joueur 1
Il choisit un coefficient, n'importe lequel

Joueur 2
Supposons que le polynôme s'écrira à la fin comme ceci :
[TeX]P(X)=X^4+aX^3+bX^2+cX+1[/TeX]
La technique du joueur 2 consiste à trouver 3 racines réelles au polynôme dérivé P', en choisissant un coefficient, et ce quel que soit le dernier coefficient choisi.
[TeX]P'(X)=4X^3+3aX^2+2bX+c[/TeX]
Avec un changement de variable (cf méthode de Cardan), on peut se ramener au polynôme suivant :
Q(X)=X^3+pX+q
Ce polynôme a 3 racines réelles si et seulement si [latex]q^2+\frac{4p^3}{27} > 0[/latex]
Si on arrive à choisir un p strictement positif, alors cette condition sera remplie quel que soit le nombre q choisi.
Je passe les calculs (sans doute faux d'ailleurs big_smile), et j'arrive à une condition sur a et b :
[TeX]b > \frac{9a^2}{24}[/TeX]
Ainsi, si le premier joueur a choisi le coefficient a, il suffit au joueur de 2 de choisir b en conséquence, le choix de c par le premier joueur n'aura pas de conséquence.
Si le premier joueur a choisi b, le joueur 2 choisit a en conséquence, et c ne changera rien.

Par contre, si le premier joueur a choisi c, on peut se ramener au cas précédent en passant au polynôme [latex]P_2(X)=X^4P(1/X)[/latex] qui inverse l'ordre des coefficients de P, et qui ne change pas le caractère réel ou non des racines. On voit alors que a et c jouent le même rôle , et le joueur 2 peut encore choisir un coefficient b qui le fait gagner.

Après ça, il faut transposer au degré 10 !!!


Mon dieu quel âne je fais, j'ai considéré que "P' a 3 racines réelles => P a 4 racines réelles"
C'est évidemment complétement faux, P=X^4+1 est là pour le prouver ...

 #16 - 03-04-2011 18:54:52

Vasimolo
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Jeux à dexu 3

On s'approche smile

@Looping : déjà trop compliqué avec 4 alors avec 10 .
@Scarta : pas sûr qu'on puisse simplifier d'une façon aussi brutale .
@Dylasse : ça semble juste mais on peut faire bien plus simple sans distinctions de cas .

Je donne un troisième indice , il est un peu ridicule mais le prochain sera de taille , juré !!!

Bon courage smile

Vasimolo

 #17 - 03-04-2011 19:02:41

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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jeux à seux 3

Oui, pas terrible cet indice, c'est quelque chose dont je me doutais lol

Traduction du nouvel indice :
Comme il y a 5 coeff impairs et 4 coeff pairs, la stratégie gagnante du joueur 2 réside aussi dans le fait de laisser un coeff impair au joueur 1. Le joueur 1 a donc intérêt à choisir des coeff impairs, en espérant que le joueur 2 en choisisse au moins 1 impair lui aussi, ce qu'il ne fera pas car c'est là que réside sa stratégie gagnante.
Joueur 1 : 4 impairs
Joueur 2 : 3 pairs, et le dernier coeff pair bien choisi

Y a plus qu'à attendre le prochain VRAI indice big_smile

 #18 - 03-04-2011 19:15:32

Vasimolo
Le pâtissier
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eJux à deux 3

Bon je t'accorde que l'indice est vraiment nul lol

Un vrai de vrai pour finir le week-end avec le sourire smilesmilesmile

Vasimolo

 #19 - 03-04-2011 19:47:47

scarta
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Jeux à edux 3

Ben moi je persiste et signe
En choisissant le coefficient comme je l'indique le joueur 2 s'assure (par construction) P(1) et P(-1) négatifs ou nuls, en considérant P comme le polynôme intermédiaire après qu'il ait joué
Le joueur 1 joue ensuite N, P(1) vaut alors N de plus, et P(-1) N de moins
L'un des 2 est donc forcement négatif et une fonction continue qui tend vers +infini des deux cotés et qui admet des valeurs négatives est obligatoirement nulle en au moins deux points...

 #20 - 03-04-2011 19:58:59

Vasimolo
Le pâtissier
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Juex à deux 3

Tu as sans doute raison Scarta , j'essaie de trouver un peu de temps ce soir pour confirmer ta méthode smile

Vasimolo

 #21 - 04-04-2011 11:14:38

Vasimolo
Le pâtissier
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Jeux à deu 3

@Scarta

Je ne suis pas sûr d'avoir bien compris ta méthode alors tu me dis si je me trompe smile

On a :
[TeX]P(x)=1+a_1x+a_2x^2+...+a_9x^9+x^{10}[/TeX]
[TeX]A=2+a_2+a_4+...+a_8[/TeX]
[TeX]B=a_1+a_3+...+a_9[/TeX]
[TeX]P(1)=A+B[/TeX]
[latex]P(-1)=A-B[/latex] .

Si le deuxième joueur peut choisir le dernier coefficient constituant [latex]A[/latex] il va gagner en rendant [latex]A[/latex] négatif . Mais si le premier joueur flaire le coup il va choisir de compléter en priorité les coefficients de [latex]B[/latex] jusqu'à ce qu'il ne reste plus qu'une valeur dans A et il choisira alors celle-ci de façon à ce que [latex]A>|B|[/latex] et la stratégie du deuxième joueur s'écroule .

Ai-je mal compris ???

Vasimolo

 #22 - 04-04-2011 12:13:05

scarta
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Jeux à eux 3

On aurai dû passer en MP pour pas spoiler les autres... (enfin, surtout toi ^^)
J'ai peur de comprendre que j'ai mal compris... les joueurs ne sont pas obligés de jouer sur les cibles dans l'ordre ?

Enfin, qu'à cela ne tienne, c'est pas grave !!
Chaque fois que le joueur 1 joue un coefficient d'exposant pair, le joueur 2 répond par un coefficient impair et vice-versa. Je considère le cas où le dernier coup du joueur 2 est sur un coefficient d'exposant pair comme ayant été largement explicité dans mes posts précédents, je me penche sur l'autre de suite.

 #23 - 05-04-2011 13:37:00

L00ping007
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Juex à deux 3

Evidemment, quand on comprend l'énoncé comme il faut, c'est tout de suite plus abordable big_smile

Je ne sais pas comment j'ai fait pour comprendre "le contraire de aucune racine réelle = toutes les racines réelles", mais ce qui est certain, c'est que ça m'a bien induit en erreur sur mes raisonnements ! Honte à moi ! A ça se rajoutent mes erreurs sur les polynômes dérivés (voir plus haut). Mon prof de prépa à l'époque avait l'habitude d'écrire en gros ANERIE et de tout barrer quand il tombait sur un truc du genre smile J'ai fait pareil lol

Bref, avec les indices, on y arrive.

Lors du choix des 6 premiers coefficients (3 chacun), si le joueur 1 choisit un coefficient dont l'exposant associé est impair (resp. pair), le joueur 2 choisit un coefficient associé à un exposant pair (resp. impair).
Ainsi, les 2 joueurs auront choisi à eux deux 3 coefficients associés à un exposant impair, et 3 à un exposant pair.
Il reste alors 2 impairs et 1 pair.

Cas 1
Le joueur 1 choisit un coefficient associé à un coefficient impair.
Il reste alors 1 impair (2n+1) et 1 pair (2p)

P peut s'écrire ainsi : [latex]P(X)=Q(X)+aX^{2n+1}+bX^{2p}[/latex]
où le polynôme Q est entièrement déterminé par les 7 premiers coefficients choisis, et les 2 coefficients a et b sont encore à choisir.
[TeX]P(1)=Q(1)+a+b
P(-1)=Q(-1)-a+b[/TeX]
Et on a [latex]P(1)+P(-1)=Q(1)+Q(-1)+2b[/latex]

En choisissant [latex]b=-\frac{Q(1)+Q(-1)}2[/latex], le joueur 2 est certain que quel que soit le coefficient a choisi ensuite par le joueur 1, on aura P(1)+P(-1)=0
=> Soit P(1)=P(-1)=0, on aura bien au moins une racine réelle à P
=> Soit P(1) et P(-1) sont non nuls, et donc forcément de signes contraires. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (P est continu), P s'annule sur ]-1;1[

Cas 2
Le joueur 1 choisit un coefficient associé à un coefficient pair.
Il reste alors 2 exposants impairs : 2n+1 et 2p+1
P peut s'écrire ainsi : [latex]P(X)=Q(X)+aX^{2n+1}+bX^{2p+1}[/latex]
où le polynôme Q est entièrement déterminé par les 7 premiers coefficients choisis, et les 2 coefficients a et b sont encore à choisir.
Je prends k un nombre réel strictement positif, différent de 1 et différent de -1.
[TeX]P(k)=Q(k)+ak^{2n+1}+bk^{2p+1}
k^{2n+1}P(-1)=k^{2n+1}Q(-1)-k^{2n+1}a-k^{2n+1}b[/TeX]
En sommant les 2 :
[TeX]P(k)+k^{2n+1}P(-1)=Q(k)+k^{2n+1}Q(-1)+b(k^{2p+1}-k^{2n+1})[/TeX]
Le fait que k soit non nul, non égal à 1, et non égal à -1, nous assure que le terme en facteur devant b est non nul.
Choisissons alors b ainsi :
[TeX]b=\frac{Q(k)+k^{2n+1}Q(-1)}{k^{2n+1}-k^{2p+1}}[/TeX]
On aura alors [latex]P(k)+k^{2n+1}P(-1)=0[/latex]

=> si [latex]P(k)=k^{2n+1}P(-1)=0[/latex], on a bien au moins une racine réelle à P
=> si les deux sont non nuls, ils sont de signes contraires, et toujours d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une racine réelle à P comprise entre -1 et k.

CQFD !

 #24 - 05-04-2011 22:56:41

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

jrux à deux 3

Pas trop de temps libre en ce moment je n'ai donc fait que survoler les réponses , celle de looping s'approche de la mienne ( qui n'est pas forcément une référence ) .
Ne pas hésiter à prendre par exemple k=2 pour mon dernier indice ( ça marche avec n'importe quoi !!! ) . On doit pouvoir répondre très rapidement sans cas ,  sous-cas et sous-sous-cas smile

Vasimolo

 #25 - 08-04-2011 11:22:43

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

Jeu xà deux 3

Je donne ma solution qui ressemble à celle de Looping en plus simple  . Pour éviter les sous-cas on peut prendre -1 et 2 à la place de -1 et +1 , je m'explique :

Le deuxième joueur remplit des cibles ( en priorité celles qui correspondent à des exposants pairs ) avec des valeurs quelconques , pour aboutir à :
[TeX]P(X)=Q(X)+aX^m+bX^n[/TeX]
Avec [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] les deux valeurs restant à choisir et [latex]n[/latex] un entier impair .

On a [latex]P(-1)=Q(-1)+(-1)^ma-b[/latex] et [latex]P(2)=Q(2)+2^ma+2^nb[/latex]

Alors [latex]S=P(2)+2^nP(-1)=(2^m+(-1)^m2^n)a+(Q(2)+2^nQ(-1))[/latex]

[latex]S[/latex] est nul pour toute valeur de [latex]b[/latex] si on prend [latex]a=-\frac{Q(2)+2^nQ(-1)}{2^m+(-1)^m2^n}[/latex] .
Alors [latex]P(-1)[/latex] et [latex]P(2)[/latex] sont de signe contraire et le théorème des valeurs intermédiaires permet de conclure .

Merci à tous pour la participation smile

Vasimolo

 

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