Bonsoir,

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En posant A = diag(x ; y ; z ; t), on a tr(A) = tr(A⁻¹) = 0.
Or, pour un certain réel α, χ_A(X) = X⁴ − tr(A) × X³ + α × X² − det(A) × tr(A⁻¹) × X + det(A).
Donc χ_A(X) est pair, et le spectre de A est invariant par λ ↦ −λ.
Les solutions sont donc exactement les permutations de (a ; −a ; b ; −b), avec ab ≠ 0.

Pas mal...
Je reformule avec une exigence supplémentaire :
Chercher la résolution utilisant les outils les plus élémentaires possibles.

Version élémentaire, donc :

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Après mise au même dénominateur et élimination de t, on obtient :
(x + y + z)(yz + xz + xy) − xyz = (x + y)(yz + xz + xy + zz) = (x + y)(x + z)(y + z) = 0.
Par symétrie, on peut supposer x = −y ; alors z = −t.
Les solutions sont donc exactement les permutations de (a ; −a ; b ; −b), avec ab ≠ 0.

C'est mieux, non ?

Bonjour,
J'ai ouvert ce sujet en espérant faire apparaître une démonstration avec des outils simples et respectant la symétrie des inconnues.
Espoir en partie déçu malgré l'élégante démonstration de mdr_non.

Pour tenter de relancer, je donne l'ensemble des solutions du système :
C'est la réunion non disjointe des trois ensembles E, F et G définis ci-dessous
E = {(a, -a, b, -b), a *, b*}
F = {(a, b, -a, -b), a *, b*}
G = {(a, b, -b, -a), a *, b*}

Bonjour Sylvieg

j'ai une autre solution élémentaire.
On utilise le fait que l'équation X²-(x+y)X+xy=0, d'inconnue X, a pour solutions X=x et X=y.
Cela résulte de la factorisation X²-(x+y)X+xy=(X-x)(X-y).

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Le système se réécrit :
z+t=-(x+y)
(x+y)/(xy)=-(z+t)/(zt)=(x+y)/(zt)

Pemier cas : x=-y et z=-t

Deuxième cas : x+y différent de 0
On en déduit zt=xy
Par suite z et t sont les solutions de l'équation X²+(x+y)X+xy=0
Avec X²+(x+y)X+xy=(X+x)(X+y) on déduit:
z=-x et t=-y
ou bien z=-y et t=-x

Bonjour,
Une autre façon de présenter les choses : on cherche la tête du polynôme . Déja . Ensuite puisqu'aucun des quatre nombres n'est nul. On a alors .
Donc sont les racines du polynôme bicarré avec . Il a 4 racines réelles (comptées avec multiplicité) non nulles quand

Merci à tous les deux pour vos réponses

@jandri,
C'est grosso modo ce que j'avais trouvé qui approchait le plus une certaine symétrie.

@GBZM,
C'est ce que je recherchais !
Une remarque cependant :
Il me semble que l'équation bicarrée n'a pas de racines réelles si b > 0
Et une question :
Ta démonstration a-t-elle un lien avec celle de mdr_non du 5 août ?

PS Miracle : LaTeX fonctionne !

@Sylvieg

si on veut quatre racines réelles non nulles il faut b > 0 et 0 < d b²/4

b > 0

Je rectifie :
Il me semble que l'équation bicarrée n'a pas 4 racines réelles si b > 0

c'est une coquille de ma part, je voulais écrire :

si on veut quatre racines réelles non nulles il faut b < 0 et 0 < d b²/4

Oui, je me suis arrêté en cours de route pour la réalité des solutions de l'équation bicarrée. On veut pour avoir la réalité des solutions de et   pour que ces solutions soient positives ou nulles.

Nous sommes tous d'accord
Et encore merci pour vos démonstrations.