E558 – De la cubique à la sextique [**** à la main]
Q₁ Zig écrit au tableau noir l'équation du 3ème degré x³ + _x² + _x + _ = 0 dans laquelle il y a trois cases vides qui correspondent aux coefficients de x² et de x et au terme constant. Il annonce un premier nombre réel et invite Puce à mettre ce nombre dans l'une des trois cases vides de son choix, puis il annonce un deuxième nombre réel que Puce écrit dans l'une des deux cases vides restantes de son choix. Enfin Zig annonce un
troisième nombre réel que Puce inscrit dans la case vide restante. Zig gagne la partie si l'équation a trois racines entières distinctes.Sinon elle est gagnée par Puce. Qui a une stratégie une gagnante? Justifiez votre réponse.
Q₂ C'est au tour de Puce d'écrire l'équation du 6ème degré x⁶ + _x⁵ + _x⁴ +_ x³ + _x² + _x + 1 = 0 dans laquelle il y a cinq cases vides. A tour de rôle chacun des deux amis, Zig en premier puis Puce, inscrit un nombre réel dans l'une des cases vides restantes de son choix. Zig gagne la partie si l'équation n'a aucune racine réelle.
Sinon, Puce est le vainqueur. Qui a une stratégie une gagnante? Justifiez votre réponse.
Solution Q₁
Réponse: Zig a une stratégie gagnante qui consiste à annoncer 0 au premier tour et en fonction de l'une des trois cases choisies par Puce, à trouver une factorisation du polynôme résultant qui garantit l'existence de trois racines entières distinctes.
Soit le polynôme P(x) = x³ + ax² + bx + c
Après l'annonce de l'entier 0 par Zig, Puce peut choisir a = 0 ou b = 0 ou c = 0.
1er cas : c = 0
P(x) = x³ + ax² + bx = x(x² + ax + b) = 0. On a d'ores et déjà la racine entière x = 0.
Il s'agit de trouver a et b tel que x² + ax + b s'écrit sous la forme (x ‒ p).(x ‒ 1) et x² + bx + a s'écrit sous la forme (x ‒ q).(x ‒ 1) avec p et q ≠ 1.
Il en résulte que : a = ‒ (p + 1) = q et b = p = ‒ (q + 1) soit p + q = ‒ 1.
Zig déclare donc au deuxième tour un entier relatif quelconque p distinct de 1 et de ‒ 1 et au dernier tour l'entier
‒ (p +1).
Les trois racines de P(x) sont alors 0,1 et p ou bien 0,1 et ‒ (p + 1) selon que Puce a désigné p comme terme constant ou comme coefficient de x.
2ème cas : b = 0
P(x) = x³ + ax² + c = (x ‒ x₁).(x ‒ x₂).(x ‒ x₃) dont les trois racines entières x₁, x₂ et x₃ sont telles que le coefficient de x = x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃ = 0
Cette dernière relation est satisfaite avec x₁ = kp, x₂ = ‒ (k+1)p et x₃ = ‒ k(k + 1)p, k et p entiers, k > 1 ou bien x₁ = ‒ kq, x₂ = (k+1)q et x₃ = k(k + 1)q, k et q entiers, k > 1.
On obtient ainsi les deux cubiques de la forme:
x³ + (k² + k + 1)px² ‒ k²(k + 1)²p³ = 0 et x³ ‒ (k² + k + 1)qx² + k²(k + 1²)q³ = 0
Zig détermine alors p et q de sorte que k²(k + 1²)p³ = (k² + k + 1)q, égalité qui est satisfaite pour p = k² + k + 1 et q = k²(k + 1)²(k² + k + 1)².
Il annonce au deuxième tour l'entier ‒ k²(k + 1)²(k² + k + 1)³ qui sera soit le coefficient de x² soit le terme constant.
Si Puce choisit le terme constant, alors Zig annonce (k² + k + 1)² qui devient le coefficient de x². Les trois racines sont respectivement k(k² + k + 1), ‒(k + 1)(k² + k + 1) et ‒ k(k + 1)(k² + k + 1).
Si Puce choisit le coefficient de x²,alors Zig annonce k⁸(k + 1)⁸(k² + k + 1)⁶ qui devient le terme constant. Les trois racines sont respectivement x₁ = ‒ k³(k + 1)²(k² + k + 1)², x₂ = k²(k+1)³( k² + k + 1)² et x₃ = k³(k + 1)³( k² + k + 1)².
Application numérique: k = 2
Zig annonce successivement 0, ‒ 12348 et 49 ou bien 0, ‒ 12348 et 197 605 142 784.
3ème cas : a = 0
P(x) = x³ + bx + c = (x ‒ x₁).(x ‒ x₂).(x ‒ x₃) dont les trois racines entières x₁, x₂ et x₃ sont telles que le coefficient de x² = ‒ (x₁ + x₂ + x₃) = 0
Si Zig annonce l'entier ‒ k² que Puce place comme coefficient de x, Zig annonce c = 0 et les trois racines entières distinctes sont ‒ k, 0 et k. Pour éviter cette solution, Puce va choisir c = ‒ k². Zig doit alors trouver un coefficient b tel que x³ + bx ‒ k² = 0 a trois racines entières distinctes. En choisissant un triplet pythagoricien (p,q,r) tel que p² + q² = r², Zig obtient trois racines entières distinctes avec x₁ = p², x₂ = q² et x₃ = ‒ (p² + q²) = ‒ r². Le produit des trois racines est ‒ p²q²r² qui est de la forme ‒ k² et leur somme est nulle. Zig annonce alors b
= x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃ = p²q² ‒p²r² ‒ q²r² = ‒ (p⁴ + p²q² + q⁴) Application numérique: p = 3, q= 4, r = 5
Zig annonce successivement ‒ 3600 et 0 ou bien ‒3600 et ‒ 481
Q₂
Soit P(x) = x⁶ + _x⁵ + _x⁴ +_ x³ + _x² + _x + 1. Par convention, on appelle case "paire", toute case vide attachée à un monôme de degré pair et case "impaire", toute case vide attachée à un monôme de degré impair.
Comme il y a un nombre impair de cases impaires, on pourrait croire a priori que Zig, intervenant le premier et remplissant une case vide de plus que Puce qui est de surcroit la dernière, est le mieux placé pour gagner Ce n'est pas le cas et la stratégie gagnante est entre les mains de Puce qui au second tour choisit systématiquement une case paire et au quatrième tour peut toujours remplir une case (paire ou impaire) avec un coefficient qui assure l'existence d'au moins une racine réelle .
Comme au début il y a trois cases vides impaires, même si Zig choisit deux cases vides impaires aux premier et troisième tours,on vérifie qu'il y a toujours au moins un case impaire quand Puce intervient au quatrième tour.
Après trois tours le polynôme P(x) est donc de la forme P(x) = Q₁(x) + _x2p+1 + _x2q avec p = 0 ou 1 ou 2 et q = 1 ou 2 ou bien de la forme P(x) = Q₂(x) + _x2p+1 + _x2q+1 avec p = 0 ou 1 ou 2 > q = 0 ou 1. Dans les deux cas, les polynômes Q₁(x) et Q₂(x) sont des polynômes fixes dont tous les coefficients sont connus.
1er cas : P(x) = Q₁(x) + _x2p+1 + _x2q
Soient a et b les coefficients respectifs de _x2p+1 et de _x2q. On a P(2) = Q₁(2) + 22p+1a + 22qb et P(‒1) = Q₁(‒1) ‒ a + b.
En multipliant les deux membres de la deuxième relation par 22p+1, on en déduit:
P(2) + 22p+1P(‒1) = Q₁(2) + 22p+1.Q₁(‒1) + (2²q + 22p+1).b
En choisissant b = ‒ (Q₁(2) + 22p+1.Q₁(‒1))/(2²q + 22p+1) qui est indépendant de a, on a la relation P(2) +
22p+1P(‒1)= 0 qui entraine que les termes P(2) et P(‒1) sont tous deux nuls ou bien de signe contraire. Dans les deux cas, il y a une racine réelle comprise entre ‒ 1 et 2.
2ème cas : P(x) = Q₂(x) + _x2p+1 + _x2q+1
Soient a et b les coefficients respectifs de _x2p+1 et de _x2q+1. On a P(2) = Q₂(2) + 22p+1a + 22q+1b et P(‒1) = Q₂(‒1) ‒ a ‒ b.
En multipliant les deux membres de la deuxième relation par 22q+1, on en déduit:
P(2) + 22q+1P(‒1) = Q₂(2) + 22q+1.Q₂(‒1) + (2²p+1 ‒ 22q+1).a Comme p > q, alors 2²p+1 ‒ 22q+1 > 0
En choisissant a = ‒ (Q₂(2) + 22q+1.Q₂(‒1))/(2²p+1 ‒ 22q+1) qui est indépendant de b, on a la relation P(2) + 22q+1P(‒1)= 0 qui entraine que les termes P(2) et P(‒1) sont tous deux nuls ou bien de signe contraire. Dans les deux cas, il y a une racine réelle comprise entre ‒ 1 et 2.
C.q.f.d.
