@@Progresser-en-maths Effectivement, je me suis posé la même question mais je n'arrive pas à le prouver.. J'ai essayé de prouver l'assertion suivante mais en vain : Un polynôme scindé simple dans R n'est pas de signe constant. Savez-vous comment le prouver ?
Pouvions-nous résoudre l'exo plus facilement en disant que P possède un nombre pair de racines (de degré pair) donc on écrit P comme produit des X-rk fois le produit des X-rk conjugué donc on reconnaît un produit d'un polynôme avec son conjugué que l'on peut écrire (A+iB)(A-iB)=A^2+B^2 d'où P=A^2+B^2 ?
@@Progresser-en-maths Dans le cadre de la récurrence P=(A2+B2)(C2+D2)=mod(A+iB)2.mod(C+iD)2=mod((A+iB)(C+iD))2 et la on sait qu en développant et on utilisant la même égalité inverse on va trouver le résultat. J y ai pensé car la factorisation dans C est avec des racines conjuguées
@@Progresser-en-maths En fait c est votre solution ecrite un peu différemment, et permet de sauter votre astuce de l ajout retrait qui se fait de manière caché par les modules (l identité remarquable sous jacente permet d éviter le développement).
Bonjour, dans l'hérédité vous n'avez pas traité le cas où P serait scindé à racines réelles simples, comment faire dans ce cas ?
Bonjour, un tel polynôme peut-il être positif ?
@@Progresser-en-maths Effectivement, je me suis posé la même question mais je n'arrive pas à le prouver.. J'ai essayé de prouver l'assertion suivante mais en vain : Un polynôme scindé simple dans R n'est pas de signe constant. Savez-vous comment le prouver ?
@@David-h1y7f à chaque racine on change de signe, c'est assez facile à voir en l'écrivant sous forme factorisée
@@Progresser-en-maths Oui, j'ai réussi à le prouver correctement. Merci à toi !
@@David-h1y7f parfait !
Pouvions-nous résoudre l'exo plus facilement en disant que P possède un nombre pair de racines (de degré pair) donc on écrit P comme produit des X-rk fois le produit des X-rk conjugué donc on reconnaît un produit d'un polynôme avec son conjugué que l'on peut écrire (A+iB)(A-iB)=A^2+B^2 d'où P=A^2+B^2 ?
Hello,
Oui ça semble marcher mais il faut bien préciser qu'on a soit des racines doubles soit des racines conjuguées
Dans la dernière factorisation, qu'est ce qui permet de justifier que AACC = (AC)^2 ?
AB=BA dès lors qu'on est dans un anneau commutatif ce qui est le cas ici
@@Progresser-en-mathsOulah, oui effectivement, j'avais oublié qu'on n'était pas dans les matrices, autant pour moi et merci de l'éclairement !
Je ne comprends pas comment dans l'hérédité vous passez de r_i à 2s_i ? Merci
Car nécessairement r_i est pair. Si la puissance est impaire, cela va impliquer un changement de signe
A2+B2= (A+iB)(A-iB)=(A+iB)conj(A+iB) permet aussi de résoudre si je ne me trompe
Pourquoi cela permet de résoudre ?
@@Progresser-en-maths Dans le cadre de la récurrence P=(A2+B2)(C2+D2)=mod(A+iB)2.mod(C+iD)2=mod((A+iB)(C+iD))2 et la on sait qu en développant et on utilisant la même égalité inverse on va trouver le résultat. J y ai pensé car la factorisation dans C est avec des racines conjuguées
Ah oui parce qu'un module au carré c'est de la forme a^2 + b^2. Cela doit marcher effectivement !
@@Progresser-en-maths En fait c est votre solution ecrite un peu différemment, et permet de sauter votre astuce de l ajout retrait qui se fait de manière caché par les modules (l identité remarquable sous jacente permet d éviter le développement).
@@francais9384 oui j'ai bien compris ! Après j'aime bien les astuces de type "+x -x", ça permet de faire pas mal d'exos de manière générale
Mon dieu je l'ai eu en colle en sup, c'était la première colle où je faisais presque rien
Violent en sup
@@Progresser-en-maths Assez violent Oui..