Salut Kuid

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Et vlan, méthode barbare, utilisation du TVI...



On montre que tel que ie

f est continue est dérivable sur R



On n'a pas accès au signe de f', on calcule f"













f' est strictement croissante sur donc il existe un alpha et un seul tel que alpha > 1 et f'(alpha)=0.

La méthode de Cardan nous donne soit alpha environ égal à 0.4554100412

f est donc continue et décroissante sur et croissante sur . De plus, et . Bref,

Donc f ne s'annule jamais sur R.

Conclusion : (e) n'admet pas de racine réelle.

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Autocritique : le passe f(alpha)>0 est très flou, autant dire pas justifié

Salut Guillaume

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salut,

sympa ce petit defi, j'ai enfin reussi à resoudre un defi

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Je remet pas toutes ma demo car je vais devoir allé me coucher, j'ai fait exactement comme toi gui_tou (promis j'ai lu les blanqué seulement une fois la reponce trouvé ) sauf que ne connaissant pas Cadran, j'ai demontrer que le l'abscisse de ce fameux point d'annulation de f'(x) était compris entre 0 et 1 Or comme ce point et l'abcsisse qui annule f', il est aussi le minimun de f j'ai fait son tableau de variation).

Or > 0 => f() > 1
Donc si le minimum de f est 1 et que f tend vers plus infini qund x tend vers plus ou moins infini alors f ne croise jamais l'axe des abscisse donc n'a pas de solution...

Bravo TiT

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c'est aussi ma démo

Bonsoir,

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f(x) = x⁴ + x³ - x + 1
f'(x) = 4x³ + 3x² - 1
f"(x) = 12x² + 6x = 6x (2x + 1)

Tableau de variation de f' :



La courbe y = f'(x) coupe une seule fois l'axe des abscisses, donc l'équation f'(x) = 0 admet une seule racine X₀.
Après plusieurs calculs successifs, on trouve     0,4 < X₀ < 0,5.

f'(x) < 0     quand x < X₀
f'(x) > 0     quand x > X₀

Tableau de variation de f :



La fonction f admet donc un minimum pour x = X₀. Reste à prouver que ce minimum est positif.

On sait que X₀ est compris entre 0,4 et 0,5.
0,4 < X₀ < 0,5
-0,5 < -X₀ < - 0,4
0,5 < 1 - X₀ < 0,6

On vient de démontrer que -X₀ + 1 > 0
X₀⁴ > 0
X₀ > 0, donc et X₀³ > 0

Donc, X₀⁴ + X₀³ - X₀⁴ + 1 > 0

soit  f(X₀) > 0

La fonction f admet un minimum strictement supérieur à 0.
Sa courbe représentative ne coupe donc jamais l'axe des abscisses.
Autrement dit, l'équation f(x) =  x⁴ + x³ - x + 1 = 0  n'admet pas de solution dans IR.

Salut

Flo>>

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Bonjour

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Un polynôme est continu sur R donc une étude de fonction suffit à montrer qu'il est de signe constant sinon d'après le TVI il s'annule.

Bonjour

Question : Pour quels p cette équation a-t-elle une solution entière dans Z/pZ ?

Salut

Kévin>>

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Oui Mais je veux l'étude de signe moi

Kuid >

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C'est loin d'être ce qu'il y a de plus passionant, les calculs bourrins je commence à devenir allergique donc tu m'excuseras hein

Kévin>>

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Cardon n'est pas nécaissaire   

Salut,

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Citation :
Cardon n'est pas nécaissaire

... ni caissière
(je sais, le jeu de mot est très nul, mais c'était trop tentant )

Kuid >

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Je viens de lire les blanqués, et je crois que toi et Tit avaient concluent trop vite.

En effet alpha est dans [0,1], guitou en donne une valeur approchée 0.45.

Mais le fait que alpha soit positif ne veut absoluement pas dire que f(alpha) > 1 (à cause de -x)

La preuve f(0.45) = 0.68 environ.

Kévin>

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Oui, moi j'ai détaillé un peu plus que TiT tu verra ma correction

Kuid >

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On peut par encadrement montrer que f(alpha)>0 mais pas f(alpha)>1

Puisque 0 < alpha < 1 on a 1 - alpha > 0, de même alpha², alpha^3 et alpha^4 > 0 donc par somme f(alpha)>0.

Kévin>  

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J'ai en fait sommé trois encadrement pour obtenir0<f(alpha)<3 (aidé par ma prof, ce fut un exo ouvert qu'on a eu en exo )

Kuid >

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Oui c'est exactement ce que j'ai fait au dessus en fait, sauf que j'ai pas marqué la majoration parce qu'on s'en fout un peu, le seul truc qu'il faut c'est que f(alpha) soit positif

C'est bien de faire des exos qui sortent un peu de l'ordinaire !

merci

_{et un pb ouvert en DS ce matin, bien dur}


(je retrouve plus ton fil sur les deux triangles rectangles qui est issu d'un exo de premiere t'aurais pas le lien stp ? )

Kuider.

C'était quoi ce prob ouvert ?

(En DS on n'a que ça nous alors autant t'y habituer )

Euh je vais te chercher le lien, c'est un exo bien dur pour des premières je trouve ^^

Night', je me trompe si je dis que dans Z/2Z, on a x²=x ?

Le voilà : :*: Défi : triangle rectangle :*:

Merci, je vais le faire aprés avoir fini ma dissert de philo

Kuider.

Ok, ça revient à un calcul de limite finalement, c'est bien ça

Bonne disserte, moi je suis censé travailler les molécules et les oscillateurs mécaniques en régime forcé

Bonne soirée et bonne chance pour l'exo (j'ai bien cru que je n'allais pas trouver au début !)

Oui une limite mais..

merci et good luck à toi aussi

Kuider.

bonsoir

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pour les valeurs particulières 1, 0 et -1, l'expression vaut respectivement 2, 1 et 2
soit a la valeur absolue de x
pour x > 1 : a^4+(a³-a)+1 est la somme de trois nombres positifs, car a³ = a*a² > a
pour 1 > x > 0 : (a^4+1)+(a³-a) est la somme d'un nombre supérieur à 1 et d'un nombre supérieur à -1 (car le nombre a soustrait du nombre positif a³ 1); cette somme est supérieure à zéro
pour 0 > x > -1 : (a^4+1)+(a-a³) est supérieur à 0 pour une raison semblable à celle du cas précédent
pour x < -1 : (a^4-a³)+a+1 est la somme de trois nombres positifs, car a^4 4= a³*a > a
donc x^4+x³-x+1 est toujours positif

Bonsoir

PM>>

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Je trouve ta solution originale car tu n'as pas dériver le polynome ^^

Bonjour

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Pour tout x,  x⁴ + x³ - x + 1 > x²

On peut le voir en étudiant la fonction f(x) = x⁴ + x³ - x + 1 - x²

On a f'(x) = 4x³ + 3x² - 2x - 1 = (x + 1)(4x² - x - 1) = (x + 1)(x -a)(x - b)

avec a = (1 + 17)/8 et b = (1 - 17)/8

f a deux minima relatifs en a et b, et ces deux minima sont > 0, comme on le voit facilement.

Bonsoir,

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Frenicle :     Mais c'est négatif ...