Une autre approche consiste à écrire x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1=x³ (x² + x + 1) + x² + x + 1=(x³+1)(x² + x + 1). Donc x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1=0 équivaut à x³+1=0, soit x³=-1, donc x=-1 ou x² + x + 1=0. Dans ce dernier cas, le discriminant étant négatif, il n'y a pas de solutions dans R.
Excuse moi , on : ( on remarque que : x=-1 ....) ou bien :(en remarquant que : x=-1 ) et non (en remarque x=-1 ) . Merci , votre remarque est très importante pour résoudre cette équation ,d'une façon très simple . Mon chapeau notre grand mathématicien.
C'est plus rapide avec la somme des (n+1) termes d'une suite géométrique !!! On trouverait (1-x6)/(1-x) = 0 avec x différent de 1 ! d'où x = -1 .👌👌 Toutefois, il vaut mieux connaitre les deux méthodes !👌👍👍 🙋♂🙋♂🙋♂🙋♂🙋♂🙋♂
Personnellement je l'ai résolu en écrivant le membre de gauche comme la somme jusqu'à 5 d'une suite géométrique de raison x, puis les factorisations suivantes sont assez simples, d'ailleurs avec cette méthode on peut donner les racines d'un polynôme avec un degré n
Une fois arriver à l'écriture factorisee de l'éqution et puisqu'elle est à résoudre dans R on donc x+1=0 ou x^4 + x^2 +1 =0 On a x^4 et x^2 sont positifs ou nuls donc x^4 +x^2 + 1 ne s'annule pas dans R. Donc la seule solution est x= - 1.
La proche était excellente jusqu'au : (x+1).(x⁴+x²+1)=0 Car On voit bien que le deuxième terme à savoir (x⁴+x²+1) est toujours Supérieur ou égale à 1, quelques soit la valeur que prendra x dans IR... D'où le seul terme qui peut prendre la valeur zéro est le premier càd (x+1)=0 d'où x=-1. Et un grand merci pour vos rappels de maths qui nous échappent depuis plus d'une trentaine d'années.
Très bien, mais je pense qu'à 3min58 de le vidéo la solution est évidente. Le deuxième facteur ne peut pas être égal à 0. x⁴ => toujours positif ou nul , x² => toujours positif ou nul + 1. Le premier facteur est nul pour x=-1. 😅
@@alhabibidriss39 Votre démarche est correcte certes mais très longue. L'objectif étant de résoudre une équation, je pense que la proposition qui vous est faite (considérer le second facteur positif sur IR) est de loin plus recommandée. Bonne continuation.
@alhabibidriss39: We should find all 5 roots for: x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 We can evaluate with x = 1 to get 6 = 0 , which is false, so we know x ≠ 1 , and (x - 1) isn't a factor. But we multiply the quintic polynomial by it to get a simple polynomial that can be factored quickly, and we discard factor (x - 1) from the result. Easy factoring: (x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1 (x⁶ - 1)/(x - 1) = 0 (x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0 (x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0 (x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0 x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2 No factoring: (x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1 x⁶ - 1 = 0 x⁶ = 1 = e^(i*2*k*π) , k ∈ ℤ x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 } x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1 Fortunately, without using (x - 1) , we can still factor further. We can evaluate the original equation with x = -1 to get 0 = 0 , which is true, so we know x = -1 , and (x + 1) is a factor. We factor out (x + 1) , and continue solving. x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 (x + 1)*(x⁴ + x² + 1) = 0 x = -1, ... Now, we need to factor the quartic polynomial for the other 4 roots. With a bit of guessing, it's possible to find the factors. Lucky factoring: x⁴ + x² + 1 = 0 (x² + x + 1)*(x² - x + 1) = 0 x = -1/2 ± i*√3/2, 1/2 ± i*√3/2 If there's no luck, another technique is to change the polynomial into a quadratic equation in x² , and continue on. Square root of complex numbers: x⁴ + x² + 1 = 0 (x²)² + (x²) + 1 = 0 x² = (-1 ± i*√3)/2 x = ±√(-2 + i*2*√3)/2, ±√(-2 - i*2*√3)/2 x = ±(1 + i*√3)/2, ±(1 - i*√3)/2 That last step was interesting!
A la cinquième ligne déjà, on constate qu'un terme du produit est strictement positif (x4 +X2+1)! Donc forcément c'est x+1 qui est égal à zéro puisque nous sommes dans R. La solution est déjà trouvée à la cinquième ligne. Le but, c'est aussi de gagner du temps!
😊 muchos pasos redundantes!! Con la primera factorización bastaba para obtener x=-1 y el resto es una ecuación bicuadrada que no tiene solución en los Reales....ademas independiente se podía haber obtenido inmediatamente x=-1 por simple inspección...de todas maneras tu forma de explicar es muy didáctica...😊
*** Dans R, pour tout x, x⁴+x²+1 est toujours positif , donc il reste x+1 =0 , ce qui donne x=-1 comme solution. *** Dans C, l'ensemble des complexes, nous devons trouver aussi les valeurs de x qui annulent l'équation x⁴+x²+1. Merci beaucoup.
C’est beaucoup plus rapide comme suit, -1 est racine évidente , il suffit de faire la division euclidienne par x+1, on retrouve tout de suite (x+1) ( x’4+x’2+1) =0. Il suffit de faire un changement de variable en posant x’2 =X. On recherche delta qui est négatif et donc pas de solution dans R en dehors de -1 c’est fait en 2 minutes 😊
1 n'étant évidemment pas solution de l'équation, on peut multiplier de chaque côté par x-1, ce qui donne x^6-1=0. X est différent de 1 et on doit résoudre dans R. La solution est donc -1.
Monsieur on ne peut pas écrire cette équation de la façon suivante 1+x+x²+x³+x⁴+x⁵=0 x⁰+x¹+x²+x³+x⁴+x⁵=0 C'est une suite géométrique de raison x d'où sa somme : S=(1-x⁶)/1-x avec x≠1 S=0 (1-x⁶)/(1-x)=0 1-x⁶=0 X⁶=1 C'est une racine n'iéme de l'unité : Z^n=1 qui est donné par la formule Zk= e^(i2kπ/n) avec k={0,1,2,......,n-1} Et donc on applique cette régle à X⁶=1 Xk=e^(i2kπ/6) avec k={0,1,2,3,4,5} Donc on trouve les solution : X0=e^(i2×0π/6)=1 X1=e^(i2π/6)=e^(iπ/3) X2=e^(i2×2π/6)=e^(i2π/3) X3=e^(i2×3π/6)=e^(iπ)=-1 X4=e^(i2×4π/6)=e^(i4π/3)=e^(-i2π/3) X5=e^(i2×5π/6)=e^(i5π/3)=e^(-iπ/3) Mais on résoudre dans espace R donc on doit éliminer tous les soulutions complexes {X1,X2,X4,X5} On se reste avec les soulutions X0=1 et X3=-1 Pour X0=1 , one peut l'éliminer soit par methode de vérification ou simplement observant la condition du somme de suite géométrique où ona dit que x ≠ 1 Et donc on se reste avec X=-1 On verifiant on trouve que c'est une solution juste Donc en conclusion -1 est la solution de cette équation
We should find all 5 roots for: x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 We can evaluate with x = 1 to get 6 = 0 , which is false, so we know x ≠ 1 , and (x - 1) isn't a factor. But we multiply the quintic polynomial by it to get a simple polynomial that can be factored quickly, and we discard factor (x - 1) from the result. Easy factoring: (x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1 (x⁶ - 1)/(x - 1) = 0 (x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0 (x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0 (x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0 x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2 No factoring: (x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1 x⁶ - 1 = 0 x⁶ = 1 = e^(i*2*k*π) , k ∈ ℤ x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 } x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1 Fortunately, without using (x - 1) , we can still factor further. We can evaluate the original equation with x = -1 to get 0 = 0 , which is true, so we know x = -1 , and (x + 1) is a factor. We factor out (x + 1) , and continue solving. x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 (x + 1)*(x⁴ + x² + 1) = 0 Now, we need to factor the quartic polynomial for the other roots. With a bit of trying, it's possible to find the factors. Lucky factoring: x⁴ + x² + 1 = 0 (x² + x + 1)*(x² - x + 1) = 0 x = -1/2 ± i*√3/2, 1/2 ± i*√3/2 If there's no luck, another technique is to change the polynomial into a quadratic equation in x² , and continue on. Square root of complex numbers: x⁴ + x² + 1 = 0 (x²)² + (x²) + 1 = 0 x² = (-1 ± i*√3)/2 x = ±√(-2 + i*2*√3)/2, ±√(-2 - i*2*√3)/2 x = ±(1 + i*√3)/2, ±(1 - i*√3)/2 That last step was interesting!
Les solutions de l’avant dernière équation sont les racines cubique de l’unité j , j2. En tant que vieux collègue, ex formateur en Agrégation , je vous conseille de répondre à quelques remarques au début de vos prochaines vidéos. Merci pour vos efforts remarquables
La somme est géométrique, -1 est solution évidente : on l’écarte. Il reste donc 1-x^6=0 on a pour SOLUTION les racines 6eme de L’unité, seul 1 et -1 sont réelles, or on a écarté -1 ici. Or 1 n’est pas racine donc -1 est la seule
Merci pour la solution proposée. En une ligne on peut obtenir : y( x³ +1)=0 avec y = x² +x+1 d' où la seule solution possible sur R x =-1 après résolution de, x³ =-1
On remarque que cette équation s'écrit sous la forme d'une somme de suite géométrique du premier terme 1 et de raison X et on pose la forme générale de la somme d'une suite géométrique et on résoud l'équation.
Bravo mais voici une autre approche pour le facteur bicarrée .en la résolvant directement en posant x au carré égal à t vs avez 10 sec pour conclure que l'équation bicarrée n'a pas de solution dans R
Bon alors deux méthodes pour détruire cette pauvre petite chose insignifiante : Méthode 1 : on commence comme dans la vidéo mais une fois qu'on a écrit (x+1)(x^4+x²+1)=0, on ouvre les yeux. x+1=0 a une solution unique, x=-1 et comme x^4 est positif et x² aussi, ça veut dire que x^4+x²+1 ne peut jamais être nul. Donc on a fini. Méthode 2 : on multiplie par x-1 et on résout l'équation (x-1)(x^5+x^4+x^3+x²+x+1)=0, qu'on réécrit : x^6=1. On est dans R, donc il y a deux solutions à cette équation : 1 et -1 (on pose y=x^3 pour faire ça proprement). Ca fait deux candidats à valider dans l'équation d'origine, et là on voit que 1 n'est pas solution mais que -1 l'est. Voilà on a fini aussi.
-1 solution évidente, donc div euclidienne; (x+1) (x4+x2+1) =0,on pose y=x2: on obtient y2+y+1=0, delta negatif donc pas de solution dans R donc une seule solution :-1, enfin c'est ce que j'aurais fait, mais grand merci pour la démonstration
j'avais trouvé la solution -1 par déduction par rapport aux puissances (pair et impair) mais y'avait-il une solution sans se lancer dans les factorisations et la résolution d'équation du second degré pour prouver qu'il n'y avait pas d'autre solution que -1 dans R dès le départ ? Merci
La résolution pourrait être raccourcie. À partir du moment où on sort le facteur x+1, on peut déduire la solution en montrant simplement que la somme de nombre positif ne saurait s’annuler.
26/7/2024. Si seulement ,il y avait des mathématicien qui résoudraient une extension du triplet de PYHAGORE à savoir : X² + Y² = Z² + W² avec X, Y, Z, W, appartenant aux nombres entiers naturels positifs. Dans AUCUN LIVRE ni sur INTERNET, PERSONNE ne s'est posé la question ! Ou 2 cubes = 2 cubes ou 3 cubes = 1 cube. ou 4 cubes = 3 cubes. Trouvez les formules qui existent ?
Faster solutions: x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 We know x ≠ 1 , so (x - 1) isn't a factor. But we multiply both sides by it to get a simple equation that can be solved quickly, and we discard x = 1 from the solution. (x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1 x⁶ - 1 = 0 x⁶ = 1 x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 } x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1 Alternatively, we can factor the polynomial: (x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1 (x⁶ - 1)/(x - 1) = 0 (x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0 (x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0 (x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0 x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
Bonjour, c'est long pour résoudre ! Somme des coef avec un moins pour les expo impaires donne 0 donc -1 est solution. On factorise donc l'expression par (x+1). On obtient un nouveau polynôme de degré 4 avec x^4 +x^2+1=0. Changement de variable X=x^2. On fait Delta qui est négatif donc pas de soluce dans les réels. Donc seule solution x=-1. Histoire close en 1'30.... Bien cordialement
C'est jamais un problème d'olympiade cela, il me faut 2 secondes pour le résoudre mentalement. Il suffit de connaître la décomposition de x^n-1 Ici, avec n=6 : x^6-1 = (x-1)(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1) Les solutions de votre équation sont donc toutes les racines 6èmes complexes de 1, 1 excepté. Donc la seule solution réelle est -1 Et dans la foulée, vous avez tout aussi facilement les 4 solutions complexes : (1+iV3)/2 , (1-iV3)/2 , (-1+iV3)/2 et (-1-iV3)/2
Check this out. Multiply both sides by (x-1), then (x-1)(x⁵+x⁴+x³+x²+x+1)=0 => x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1-x⁵-x⁴-x³-x²-x-1=0 => x⁶-1 =0 => x⁶ = 1, aplying square root and considering modulus x = +-1 but 1 does not work
Le problème dans ce genre d’équations c’est que tu ne sais pas combien de solutions il existe (ici tu sais seulement qu’il en existe 5 au maximum) donc trouver que x=-1 fonctionne ne t’avance pas.
Une autre proposition : soit la fonction S5 définit dans R tel que S5(X) = X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X^1 + 1 X*S5(X) = X^6 + X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X^1 X*S5(X) = X^6 + [X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X^1 + 1] - 1 X*S5(X) = X^6 + S5(X) - 1 S5(X) x (X - 1) = X^6 - 1 Pour tout X dans R-{1} alors S5(X) peut s'écrire (X^6 - 1) / (X - 1) cela revient à résoudre l'équation S5(X) = 0 soit X^6 = 1 soit X = -1 (1 n'étant pas une solution dans R-{1}) Voyons pour X =1 S5(1) = 1^5 + 1^4 + 1^3 + 1^2 + 1^1 + 1 = 6 0 Donc l'ensemble des solution est S = {-1} On peut même généraliser cette solution à tout Sn(X) où n est impaire
L'énoncé est la somme des termes consécutifs de la suite géométrique Un définie par U_0= 1 et q = x, donc on a l'énoncé (1-x⁶)/(1-x) Donc les solutions sont trouvées pour x⁶=1 avec x≠1 (car le dénominateur ne peut pas être nul)
There are 2 quick ways to solve with (x - 1): x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 We know x ≠ 1 , so (x - 1) isn't a factor. But we multiply both sides by it to get a simple equation that can be solved quickly, and we discard x = 1 from the solution. (x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1 x⁶ - 1 = 0 x⁶ = 1 x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 } x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1 Alternatively, we can factor the polynomial: (x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1 (x⁶ - 1)/(x - 1) = 0 (x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0 (x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0 (x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0 x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
Merci pour tout prof ,mais si ne me vient pas l'idée d'ajouter et de soustraire je serais bloqué . c'est une méthode qui depant du personne et son intelligence.,il faut avoir Une méthode normalisé comme changement de variable par exemple...... merci
Tu aurais largement pu t'arrêter à 4:42 dans la mesure où x^4 +x^2 +1= 0 est toujours strictement positif. En effet x^4 +x^2 = -1 n'admet aucune solution dans R, x^4 +x^2 etant toujours positif ou nul. Donc la seule solution dans R de cette équation, est -1.
Cela n'a rien à voir avec les olympiades de maths !!!!!. Une équation polynomiale simple et typique, que l'on trouve dans n'importe quel manuel d'algèbre scolaire, ici résolue de façon lourde-avec beaucoup de géstes superflus et inutiles, ce qui fut communiqué déja dans les commentaires.....Ainsi, il faut souligner, que la résolution d'une équation polynomiale dans R n'impose pas forcément une factorisation complète du polynôme traité. Par ailleurs, du point de vue pédagogique, il aurait été bien utile de mentionner , durant ce cours filmé, toutes les approches possibles, à savoir ( ce qui n'est pas fait, hélas...) : 1) racine évidente/division/conclusion sur l'équation bicarrée ( qui est déja sous une forme dite canonique). 2) factorisation par regroupement de termes par 2 ( comme cela est fait ) jusq'à la forme (x+1)(x⁴+x²+1), puis conclusion sur le bicarré imparfait déja sous une forme canonique ( ou avec le discriminant).3) factorisation par regroupement de termes par 3 et commentaire sur les deux carrés imparfaits obtenus ( mise sous forme canonique de type (x+½)² + ¾ ou bien avec le discriminant ). 4) somme de série géométrique égale à (x⁶-1)/(x-1)= (x³-1)(x³+1)/(x-1) puis conclusions sur l'iréductibilité ( dans R )des carrés imparfaits résultants de la factorisation de la différence et de la somme des cubes. 5) Multiplication des deux membres par (x-1) ( ou aussi encore application de la sommation géométrique) et commentaire sur les racines sixièmes de l'unité, ce qui implique l'existence d'une solution unique réelle possible. 6) Solution ( sortant de l'habituel) par encadrement de racines éventuelles: soit P(x) le membre gauche de cette équation. On voit que P(x) >1 pour x>0. Donc toutes les racines éventuelles sont strictement négatives. Pour obtenir un encadrement de racines négatives, on majore les racines positives de P(-x) =0, ou - de façon équivalente- de x⁵-x⁴+x³-x²+x-1=0. On a donc x²[x²(x-1) +(x-1)] + (x-1)= x²(x²+1)(x-1) +(x-1) et on voit que ce polynôme est toujours strictement positif pour x>1.D'où le majorant 1 pour les racines positives de P(-x).Les racines négatives éventuelles ne sont pas donc inférieures à (-1) . On obtient ainsi un encadrement pour toutes les racines réelles hypothètiques : [-1; 0). En observant que P(x) = x⁵• P(1/x), on conclut que si x est racine, alors 1/x doit y être aussi. Ce qui n'est possible, vu l'encadrement, que pour x=-1.... Enfin, on peut faire à la fin - un commentaire bonus en marge, pour les curieux, comment factoriser x⁴+x²+1 en précisant le nom de la technique: "ajouter-retrancher de nouveaux termes". La connaissance d'approches différentes devrait faire partie du métier de l'enseignant , ce qui visiblement manque dans cette vidéo.....Une remarque notationelle importante: on voit que le présentateur de la solution ne dépasse pas lui-mème le niveau d'un écolier dépourvu de curiosité et d'individualité: l'utilisation de "x" à la fois pour désigner l'inconnue et la multiplication se lit très mal dans ce contexe: x x x². Il faut appliquer - dans un tel cas- le point • !!!!!!!
(X^5+X^4)+(X^3+X^2)+(X+1)= [X^4(X+1)]+[X^2(X+1)]+[(X+1)]= (X+1)(X^4+X^2+1)=0 (X+1)=0 OR (X^4+X^2+1)=0 IF X+1=0 THEN X=-1 ✅️ IF X^4+X^2+1=0 THEN Consider Y=X^2 X^4+X^2+1=Y^2+Y+1=0 solve grade 2 equation a=1 b=1 c=1 🔺️=b^2-4ac=-3 Delta became negative, so the equation has no answer, so the only answer is x=-1
Pourquoi vous compliquer la vie, Vous avez (x+1)(x^4+x^2+1)=0 Le 2ème facteur qui est la somme de 2 carrés parfaits est strictement positif quel que soit x(donc différent de 0) Donc x+1=0 ou x=-1
Racine évidente = -1. On aboutit à (x+1) (ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e) Après développement et identification on obtient (x+1) (x⁴ + x² + 1) X = x² aboutit à X² + X + 1 = 0. Discriminant b² - 4ac = -3...... donc pas de solution pou X² + X + 1 = 0 Solution finale x = -1
Dire que ajouter x et retrancher x on a rien fait, n'est pas vraie, il faillait au-moins utiliser l'expression on a rien changer, l'écrire, sans rien changer même c'est faire quelque chose!!!
Equazione ciclotomica [z^(n+1)] - 1=(z-1)[z^n+z^(n-1)+....+1]=0 Tutti gli zeri sono sul poligono regolare di n+1 lati inscritto nel cerchio di raggio r=1. Z1=e^(i*2pi/(n+1)) Z2=(z1)² Z3=(z2)³ .......
x=-1 is the only real solution. Other solutions can be found by noting that x⁵+x⁴+x³+x²+x+1 is sum of six elements of a geometric series with first element a=1 and rasio r=x.
It is just( x^6-1)/(x-1)=0 Domain all R except 1 Solutions are x^6=1 then X=1 or -1, from domain x=-1 is the only real solution Second method x =e^(2 pi i/k) k=0,1,…,5 K=0 is not in the domain K=2 is x=-1 Others are complex
Excelent solution! I saw the following solution right away x⁶-1 = (x-1)(x⁵+x⁴+x³+x²+x+1) x⁵+x⁴+x³+x²+x+1 = (x⁶-1)/(x-1) then (x⁶-1)/(x-1)=0 So x≠1 And x⁶-1=0 x⁶=1 x are the sixth roots of unity! x=1*(cos (k. 2.π/6)+ i*sen(k.2.π/6)), when k=0,1,2,3,4,5 k=0 → x=1 is not possible because x≠1 k=1 → cos(π/3)+i.sen(π/3) = (1+i.sqr(3))/2 k=2 → cos(2π/3)+i.sen(2π/3) =(-1+i.sqr(3))/2 k=3 → cos(π)+i.sen(π)= -1 k=4 → cos(4π/3)+i.sen(4π/3) =(-1-i.sqr(3))/2 k=5 → cos(5.π/3)+i.sen(5π/3) =(1-i.sqr(3))/2 There are 5 solutions: one real and four imaginary. We can see that x²+x+1=0 gives x=(-1+i.sqr(3))/2 that is k=2 and k=4 above And we can see that x²-x+1=0 gives x=(1+i.sqr(3))/2 that is k=1 and k=5 above
Yes, we can find all 5 roots. x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 We know x ≠ 1 , so (x - 1) isn't a factor. But we multiply both sides by it to get a simple equation that can be solved quickly, and we discard x = 1 from the solution. (x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1 x⁶ - 1 = 0 x⁶ = 1 x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 } x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1 Alternatively, we can factor the polynomial: (x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1 (x⁶ - 1)/(x - 1) = 0 (x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0 (x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0 (x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0 x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
Correction: You need "±" and "are" in there. We can see that x² + x + 1 = 0 gives x = (-1 ± i*√3)/2 that are from k = 2 and k = 4 above. And we can see that x² - x + 1 = 0 gives x = (1 ± i*√3)/2 that are from k = 1 and k = 5 above.
Un matheux qui cherche à résoudre une équation de 5e degré mais a besoin de lui expliquer que X=X×1, ça n'a pas de sens, je vous conseille de s'en débarrasser de ces détails inutiles
Tu te compliques vraiment trop la vie. En une ligne c'était factorisable par x+1. Ensuite on obtient une équation bicarrée. Changement de variable x²=X Delta négatif, pas de solution dans IR. Donc il n'y a que -1 comme solution dans IR. Bref ça se fait en 3 minutes.
Une autre approche consiste à écrire x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1=x³ (x² + x + 1) + x² + x + 1=(x³+1)(x² + x + 1). Donc x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1=0 équivaut à x³+1=0, soit x³=-1, donc x=-1 ou x² + x + 1=0. Dans ce dernier cas, le discriminant étant négatif, il n'y a pas de solutions dans R.
Votre approche est meilleure
Waaaaaou c'est très bien tu es excellent 🎉
🎉
Plus précis et simple
Supra elle est courte et directe
Maintenant grâce à vous moi aussi j'ai mon mot à dire devant les mathématiciens. MERCI.
x^4+x^2+1ne peut pas etre nul dans IR alors il est inutile de continuer
Correct mon ami frère
Exactement aurait du s'arrêter à la 3ème ligne.
Merci
Exato!
voila ça s'arrête en 1 ère minute ;)
J'ai pas compris cette partie chez prof
En remarque x=-1 une solution evidente ,puis faisons une division euclidienne par (x+1) ...et la suite sera très simple ..on gagne du temps!!
Excuse moi , on :
( on remarque que : x=-1 ....) ou bien :(en remarquant que : x=-1 ) et non (en remarque x=-1 ) .
Merci , votre remarque est très importante pour résoudre cette équation ,d'une façon très simple .
Mon chapeau notre grand mathématicien.
C'est plus rapide avec la somme des (n+1) termes d'une suite géométrique !!!
On trouverait (1-x6)/(1-x) = 0 avec x différent de 1 ! d'où x = -1 .👌👌
Toutefois, il vaut mieux connaitre les deux méthodes !👌👍👍
🙋♂🙋♂🙋♂🙋♂🙋♂🙋♂
Excellent.professeur.methode .de résolution.tres facile.❤❤❤❤
Bon courage
Personnellement je l'ai résolu en écrivant le membre de gauche comme la somme jusqu'à 5 d'une suite géométrique de raison x, puis les factorisations suivantes sont assez simples, d'ailleurs avec cette méthode on peut donner les racines d'un polynôme avec un degré n
J'admire beaucoup vos explications. Merci professeur et beaucoup de courage!
Une fois arriver à l'écriture factorisee de l'éqution et puisqu'elle est à résoudre dans R on donc x+1=0 ou x^4 + x^2 +1 =0
On a x^4 et x^2 sont positifs ou nuls donc x^4 +x^2 + 1 ne s'annule pas dans R. Donc la seule solution est x= - 1.
Bonjour. J'aime votre videos e les equations ici. Felicitations mon Cher professeur. Merci beaucoup.
Pourquoi ne pas procéder à un changement de variable pour x⁴+x²+1 avec t=x². Ce qui nous donne t²+t+1=0 delta=-3
C'plus pertknent et plus rapide.
On a procédé à des longs calculs apparemment inutiles, mais pour moi!!!
Parce que x4+x2+1 ne peut pas être égal à 0 de manière évidente !
La proche était excellente jusqu'au :
(x+1).(x⁴+x²+1)=0
Car On voit bien que le deuxième terme à savoir (x⁴+x²+1) est toujours Supérieur ou égale à 1, quelques soit la valeur que prendra x dans IR...
D'où le seul terme qui peut prendre la valeur zéro est le premier càd (x+1)=0 d'où x=-1.
Et un grand merci pour vos rappels de maths qui nous échappent depuis plus d'une trentaine d'années.
Et s'il faut le démontrer plus vite, on fait un changement de variable Y = X^2. Et le delta de Y^2 + Y + 1 est négatif, donc on ne va pas plus loin.
Très bien, mais je pense qu'à 3min58 de le vidéo la solution est évidente. Le deuxième facteur ne peut pas être égal à 0. x⁴ => toujours positif ou nul , x² => toujours positif ou nul + 1.
Le premier facteur est nul pour x=-1.
😅
Oui c'est vrai, mais saif que je voulais terminer la méthode
@@alhabibidriss39 Votre démarche est correcte certes mais très longue. L'objectif étant de résoudre une équation, je pense que la proposition qui vous est faite (considérer le second facteur positif sur IR) est de loin plus recommandée. Bonne continuation.
@alhabibidriss39: We should find all 5 roots for:
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
We can evaluate with x = 1 to get 6 = 0 , which is false, so we know x ≠ 1 , and (x - 1) isn't a factor. But we multiply the quintic polynomial by it to get a simple polynomial that can be factored quickly, and we discard factor (x - 1) from the result.
Easy factoring:
(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1
(x⁶ - 1)/(x - 1) = 0
(x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0
(x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0
(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
No factoring:
(x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1
x⁶ - 1 = 0
x⁶ = 1 = e^(i*2*k*π) , k ∈ ℤ
x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ
x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 }
x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1
Fortunately, without using (x - 1) , we can still factor further. We can evaluate the original equation with x = -1 to get 0 = 0 , which is true, so we know x = -1 , and (x + 1) is a factor. We factor out (x + 1) , and continue solving.
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
(x + 1)*(x⁴ + x² + 1) = 0
x = -1, ...
Now, we need to factor the quartic polynomial for the other 4 roots. With a bit of guessing, it's possible to find the factors.
Lucky factoring:
x⁴ + x² + 1 = 0
(x² + x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1/2 ± i*√3/2, 1/2 ± i*√3/2
If there's no luck, another technique is to change the polynomial into a quadratic equation in x² , and continue on.
Square root of complex numbers:
x⁴ + x² + 1 = 0
(x²)² + (x²) + 1 = 0
x² = (-1 ± i*√3)/2
x = ±√(-2 + i*2*√3)/2, ±√(-2 - i*2*√3)/2
x = ±(1 + i*√3)/2, ±(1 - i*√3)/2
That last step was interesting!
merci prof c est le meilleur
A la cinquième ligne déjà, on constate qu'un terme du produit est strictement positif (x4 +X2+1)! Donc forcément c'est x+1 qui est égal à zéro puisque nous sommes dans R. La solution est déjà trouvée à la cinquième ligne. Le but, c'est aussi de gagner du temps!
On peut déduire
Exactement. Si c'était dans C, la factorisation supplémentaire aurait un sens. Dans R, c'est superflu
😊 muchos pasos redundantes!!
Con la primera factorización bastaba para obtener x=-1 y el resto es una ecuación bicuadrada que no tiene solución en los Reales....ademas independiente se podía haber obtenido inmediatamente x=-1 por simple inspección...de todas maneras tu forma de explicar es muy didáctica...😊
Tu t'es grandement rallongé l'ami 😮
Bravo pour la demonstration
Et merci pour l'accent: doux, poli et amical
Merci beaucoup grand prof vous faites du très bon boulot 💞♥️
Whaou ! C'est magnifique
*** Dans R, pour tout x, x⁴+x²+1 est toujours positif , donc il reste x+1 =0 , ce qui donne x=-1 comme solution.
*** Dans C, l'ensemble des complexes, nous devons trouver aussi les valeurs de x qui annulent l'équation x⁴+x²+1.
Merci beaucoup.
Magnifique
C’est beaucoup plus rapide comme suit, -1 est racine évidente , il suffit de faire la division euclidienne par x+1, on retrouve tout de suite (x+1) ( x’4+x’2+1) =0. Il suffit de faire un changement de variable en posant x’2 =X. On recherche delta qui est négatif et donc pas de solution dans R en dehors de -1 c’est fait en 2 minutes 😊
1 n'étant évidemment pas solution de l'équation, on peut multiplier de chaque côté par x-1, ce qui donne x^6-1=0. X est différent de 1 et on doit résoudre dans R. La solution est donc -1.
Monsieur on ne peut pas écrire cette équation de la façon suivante
1+x+x²+x³+x⁴+x⁵=0
x⁰+x¹+x²+x³+x⁴+x⁵=0
C'est une suite géométrique de raison x d'où sa somme :
S=(1-x⁶)/1-x avec x≠1
S=0
(1-x⁶)/(1-x)=0
1-x⁶=0
X⁶=1
C'est une racine n'iéme de l'unité : Z^n=1 qui est donné par la formule
Zk= e^(i2kπ/n) avec k={0,1,2,......,n-1}
Et donc on applique cette régle à
X⁶=1
Xk=e^(i2kπ/6) avec k={0,1,2,3,4,5}
Donc on trouve les solution :
X0=e^(i2×0π/6)=1
X1=e^(i2π/6)=e^(iπ/3)
X2=e^(i2×2π/6)=e^(i2π/3)
X3=e^(i2×3π/6)=e^(iπ)=-1
X4=e^(i2×4π/6)=e^(i4π/3)=e^(-i2π/3)
X5=e^(i2×5π/6)=e^(i5π/3)=e^(-iπ/3)
Mais on résoudre dans espace R donc on doit éliminer tous les soulutions complexes {X1,X2,X4,X5}
On se reste avec les soulutions X0=1 et X3=-1
Pour X0=1 , one peut l'éliminer soit par methode de vérification ou simplement observant la condition du somme de suite géométrique où ona dit que x ≠ 1
Et donc on se reste avec X=-1
On verifiant on trouve que c'est une solution juste
Donc en conclusion -1 est la solution de cette équation
We should find all 5 roots for:
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
We can evaluate with x = 1 to get 6 = 0 , which is false, so we know x ≠ 1 , and (x - 1) isn't a factor. But we multiply the quintic polynomial by it to get a simple polynomial that can be factored quickly, and we discard factor (x - 1) from the result.
Easy factoring:
(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1
(x⁶ - 1)/(x - 1) = 0
(x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0
(x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0
(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
No factoring:
(x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1
x⁶ - 1 = 0
x⁶ = 1 = e^(i*2*k*π) , k ∈ ℤ
x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ
x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 }
x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1
Fortunately, without using (x - 1) , we can still factor further. We can evaluate the original equation with x = -1 to get 0 = 0 , which is true, so we know x = -1 , and (x + 1) is a factor. We factor out (x + 1) , and continue solving.
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
(x + 1)*(x⁴ + x² + 1) = 0
Now, we need to factor the quartic polynomial for the other roots. With a bit of trying, it's possible to find the factors.
Lucky factoring:
x⁴ + x² + 1 = 0
(x² + x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1/2 ± i*√3/2, 1/2 ± i*√3/2
If there's no luck, another technique is to change the polynomial into a quadratic equation in x² , and continue on.
Square root of complex numbers:
x⁴ + x² + 1 = 0
(x²)² + (x²) + 1 = 0
x² = (-1 ± i*√3)/2
x = ±√(-2 + i*2*√3)/2, ±√(-2 - i*2*√3)/2
x = ±(1 + i*√3)/2, ±(1 - i*√3)/2
That last step was interesting!
Les solutions de l’avant dernière équation sont les racines cubique de l’unité j , j2. En tant que vieux collègue, ex formateur en Agrégation , je vous conseille de répondre à quelques remarques au début de vos prochaines vidéos. Merci pour vos efforts remarquables
Merci prof
La somme est géométrique, -1 est solution évidente : on l’écarte. Il reste donc 1-x^6=0 on a pour SOLUTION les racines 6eme de L’unité, seul 1 et -1 sont réelles, or on a écarté -1 ici. Or 1 n’est pas racine donc -1 est la seule
Merci pour la solution proposée. En une ligne on peut obtenir : y( x³ +1)=0 avec y = x² +x+1 d' où la seule solution possible sur R x =-1 après résolution de, x³ =-1
On remarque que cette équation s'écrit sous la forme d'une somme de suite géométrique du premier terme 1 et de raison X
et on pose la forme générale de la somme d'une suite géométrique et on résoud l'équation.
Bravo mais voici une autre approche pour le facteur bicarrée .en la résolvant directement en posant x au carré égal à t vs avez 10 sec pour conclure que l'équation bicarrée n'a pas de solution dans R
On a une somme de termes en progression géométrique, plus simple.
Bon alors deux méthodes pour détruire cette pauvre petite chose insignifiante :
Méthode 1 : on commence comme dans la vidéo mais une fois qu'on a écrit (x+1)(x^4+x²+1)=0, on ouvre les yeux.
x+1=0 a une solution unique, x=-1 et comme x^4 est positif et x² aussi, ça veut dire que x^4+x²+1 ne peut jamais être nul. Donc on a fini.
Méthode 2 : on multiplie par x-1 et on résout l'équation (x-1)(x^5+x^4+x^3+x²+x+1)=0, qu'on réécrit : x^6=1. On est dans R, donc il y a deux solutions à cette équation : 1 et -1 (on pose y=x^3 pour faire ça proprement).
Ca fait deux candidats à valider dans l'équation d'origine, et là on voit que 1 n'est pas solution mais que -1 l'est. Voilà on a fini aussi.
-1 solution évidente, donc div euclidienne; (x+1) (x4+x2+1) =0,on pose y=x2: on obtient y2+y+1=0, delta negatif donc pas de solution dans R
donc une seule solution :-1, enfin c'est ce que j'aurais fait, mais grand merci pour la démonstration
On observe simplement qu’il s’agit de la somme d’une suite géométrique de raison X et de premier terme 1. L’exo coule de source.
La première factorisation est sympa !
Par contre, x^4 + x^2 + 1 est forcément >0 dans R, donc une bonne part de la deuxième partie est inutile ;-)
j'avais trouvé la solution -1 par déduction par rapport aux puissances (pair et impair) mais y'avait-il une solution sans se lancer dans les factorisations et la résolution d'équation du second degré pour prouver qu'il n'y avait pas d'autre solution que -1 dans R dès le départ ? Merci
La résolution pourrait être raccourcie. À partir du moment où on sort le facteur x+1, on peut déduire la solution en montrant simplement que la somme de nombre positif ne saurait s’annuler.
Bonne solution à Mr.
Slt frère
De maroc on dire nadi nadi ❤
26/7/2024.
Si seulement ,il y avait des mathématicien qui résoudraient une extension du triplet de PYHAGORE à savoir :
X² + Y² = Z² + W² avec X, Y, Z, W, appartenant aux nombres entiers naturels positifs.
Dans AUCUN LIVRE ni sur INTERNET, PERSONNE ne s'est posé la question !
Ou 2 cubes = 2 cubes ou 3 cubes = 1 cube. ou 4 cubes = 3 cubes.
Trouvez les formules qui existent ?
Merci beaucoup monsieur ❤❤❤❤❤
La division euclidienne méthode courte
Thanks you very much
You are welcome
Faster solutions:
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
We know x ≠ 1 , so (x - 1) isn't a factor. But we multiply both sides by it to get a simple equation that can be solved quickly, and we discard x = 1 from the solution.
(x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1
x⁶ - 1 = 0
x⁶ = 1
x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ
x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 }
x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1
Alternatively, we can factor the polynomial:
(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1
(x⁶ - 1)/(x - 1) = 0
(x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0
(x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0
(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
Bonjour, c'est long pour résoudre !
Somme des coef avec un moins pour les expo impaires donne 0 donc -1 est solution. On factorise donc l'expression par (x+1). On obtient un nouveau polynôme de degré 4 avec x^4 +x^2+1=0. Changement de variable X=x^2. On fait Delta qui est négatif donc pas de soluce dans les réels. Donc seule solution x=-1. Histoire close en 1'30....
Bien cordialement
Merci Prof de me rappeler
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
(x⁵ + x⁴ + x³) + (x² + x + 1) = 0
x³.(x² + x + 1) + (x² + x + 1) = 0
(x³ + 1).(x² + x + 1) = 0 → recall: a³ + b³ = (a + b).(a² - ab + b²) → x³ + 1³ = (x + 1).(x² - x + 1)
(x + 1).(x² - x + 1).(x² + x + 1) = 0
First case: (x + 1) = 0
→ x = - 1
Complex number to be added
Second case: (x² - x + 1) = 0
x² - x = - 1
x² - x + (1/4) = - 1 + (1/4)
[x - (1/2)]² = - 3/4
[x - (1/2)]² = 3i²/4
[x - (1/2)]² = [± (i√3)/2]²
x - (1/2) = ± (i√3)/2
x = (1/2) ± [(i√5)/2]
→ x = (1 ± i√3)/2
Third case: (x² + x + 1) = 0
x² + x = - 1
x² + x + (1/4) = - 1 + (1/4)
[x + (1/2)]² = - 3/4
[x + (1/2)]² = 3i²/4
[x + (1/2)]² = [± (i√3)/2]²
x + (1/2) = ± (i√3)/2
x = - (1/2) ± [(i√5)/2]
→ x = (- 1 ± i√3)/2
De première vu c'est (x^6-1)/(x-1), donc les solutions sont exp(2*pi*i*k/6), pour k=1,2,3,4 et 5
C'est jamais un problème d'olympiade cela, il me faut 2 secondes pour le résoudre mentalement.
Il suffit de connaître la décomposition de x^n-1
Ici, avec n=6 : x^6-1 = (x-1)(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)
Les solutions de votre équation sont donc toutes les racines 6èmes complexes de 1, 1 excepté.
Donc la seule solution réelle est -1
Et dans la foulée, vous avez tout aussi facilement les 4 solutions complexes :
(1+iV3)/2 , (1-iV3)/2 , (-1+iV3)/2 et (-1-iV3)/2
Check this out. Multiply both sides by (x-1), then (x-1)(x⁵+x⁴+x³+x²+x+1)=0 => x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1-x⁵-x⁴-x³-x²-x-1=0 => x⁶-1 =0 => x⁶ = 1, aplying square root and considering modulus x = +-1 but 1 does not work
Merci
Voila pour quoi j ai chassé mon prof de math, tous ça c est pour trouver le -1 😅😅😅
J’ai trouver le -1 en 2mn s’était tellement évident à l’œil nu
Le problème dans ce genre d’équations c’est que tu ne sais pas combien de solutions il existe (ici tu sais seulement qu’il en existe 5 au maximum) donc trouver que x=-1 fonctionne ne t’avance pas.
On pouvait remarquer que dans R, x^4 +x^2 +1 >0 pour tout X , et déduire
@@hubertdemares7075 tu dis bien 5 u maximum , donc elle peut tres bien avoir une seule solution
@@kouakoustephanekonan9910 tout à fait c est supérieur ou égal à 1, donc strictement supérieur et différent de zero
Une autre proposition :
soit la fonction S5 définit dans R tel que S5(X) = X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X^1 + 1
X*S5(X) = X^6 + X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X^1
X*S5(X) = X^6 + [X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X^1 + 1] - 1
X*S5(X) = X^6 + S5(X) - 1
S5(X) x (X - 1) = X^6 - 1
Pour tout X dans R-{1} alors S5(X) peut s'écrire (X^6 - 1) / (X - 1)
cela revient à résoudre l'équation S5(X) = 0 soit X^6 = 1 soit X = -1 (1 n'étant pas une solution dans R-{1})
Voyons pour X =1
S5(1) = 1^5 + 1^4 + 1^3 + 1^2 + 1^1 + 1 = 6 0
Donc l'ensemble des solution est S = {-1}
On peut même généraliser cette solution à tout Sn(X) où n est impaire
Merci beaucoup professeur
Merci bien
L'énoncé est la somme des termes consécutifs de la suite géométrique Un définie par U_0= 1 et q = x, donc on a l'énoncé (1-x⁶)/(1-x)
Donc les solutions sont trouvées pour x⁶=1 avec x≠1 (car le dénominateur ne peut pas être nul)
There are 2 quick ways to solve with (x - 1):
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
We know x ≠ 1 , so (x - 1) isn't a factor. But we multiply both sides by it to get a simple equation that can be solved quickly, and we discard x = 1 from the solution.
(x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1
x⁶ - 1 = 0
x⁶ = 1
x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ
x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 }
x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1
Alternatively, we can factor the polynomial:
(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1
(x⁶ - 1)/(x - 1) = 0
(x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0
(x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0
(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
Merci pour tout prof ,mais si ne me vient pas l'idée d'ajouter et de soustraire je serais bloqué . c'est une méthode qui depant du personne et son intelligence.,il faut avoir Une méthode normalisé comme changement de variable par exemple...... merci
Tu aurais largement pu t'arrêter à 4:42 dans la mesure où x^4 +x^2 +1= 0 est toujours strictement positif. En effet x^4 +x^2 = -1 n'admet aucune solution dans R, x^4 +x^2 etant toujours positif ou nul.
Donc la seule solution dans R de cette équation, est -1.
Par horner également on gagne beaucoup de temps avec comme facteur multipliant -1
Autant pour moi, ds C: les solutions X1=-1,
X2= racine carré (exp(i*PI/6))
X3= racine carré (exp(-i*PI/6))
merci beaucoup
Merci à vous
Xpuissace5 +x puissace4+xpuissace3 =xexposant3(.....
...) et continue la factorisation
Et hop, abonné! 👍
Cela n'a rien à voir avec les olympiades de maths !!!!!. Une équation polynomiale simple et typique, que l'on trouve dans n'importe quel manuel d'algèbre scolaire, ici résolue de façon lourde-avec beaucoup de géstes superflus et inutiles, ce qui fut communiqué déja dans les commentaires.....Ainsi, il faut souligner, que la résolution d'une équation polynomiale dans R n'impose pas forcément une factorisation complète du polynôme traité. Par ailleurs, du point de vue pédagogique, il aurait été bien utile de mentionner , durant ce cours filmé, toutes les approches possibles, à savoir ( ce qui n'est pas fait, hélas...) : 1) racine évidente/division/conclusion sur l'équation bicarrée ( qui est déja sous une forme dite canonique). 2) factorisation par regroupement de termes par 2 ( comme cela est fait ) jusq'à la forme (x+1)(x⁴+x²+1), puis conclusion sur le bicarré imparfait déja sous une forme canonique ( ou avec le discriminant).3) factorisation par regroupement de termes par 3 et commentaire sur les deux carrés imparfaits obtenus ( mise sous forme canonique de type (x+½)² + ¾ ou bien avec le discriminant ). 4) somme de série géométrique égale à (x⁶-1)/(x-1)= (x³-1)(x³+1)/(x-1) puis conclusions sur l'iréductibilité ( dans R )des carrés imparfaits résultants de la factorisation de la différence et de la somme des cubes. 5) Multiplication des deux membres par (x-1) ( ou aussi encore application de la sommation géométrique) et commentaire sur les racines sixièmes de l'unité, ce qui implique l'existence d'une solution unique réelle possible. 6) Solution ( sortant de l'habituel) par encadrement de racines éventuelles: soit P(x) le membre gauche de cette équation. On voit que P(x) >1 pour x>0. Donc toutes les racines éventuelles sont strictement négatives. Pour obtenir un encadrement de racines négatives, on majore les racines positives de P(-x) =0, ou - de façon équivalente- de x⁵-x⁴+x³-x²+x-1=0. On a donc x²[x²(x-1) +(x-1)] + (x-1)= x²(x²+1)(x-1) +(x-1) et on voit que ce polynôme est toujours strictement positif pour x>1.D'où le majorant 1 pour les racines positives de P(-x).Les racines négatives éventuelles ne sont pas donc inférieures à (-1) . On obtient ainsi un encadrement pour toutes les racines réelles hypothètiques : [-1; 0). En observant que P(x) = x⁵• P(1/x), on conclut que si x est racine, alors 1/x doit y être aussi. Ce qui n'est possible, vu l'encadrement, que pour x=-1.... Enfin, on peut faire à la fin - un commentaire bonus en marge, pour les curieux, comment factoriser x⁴+x²+1 en précisant le nom de la technique: "ajouter-retrancher de nouveaux termes". La connaissance d'approches différentes devrait faire partie du métier de l'enseignant , ce qui visiblement manque dans cette vidéo.....Une remarque notationelle importante: on voit que le présentateur de la solution ne dépasse pas lui-mème le niveau d'un écolier dépourvu de curiosité et d'individualité: l'utilisation de "x" à la fois pour désigner l'inconnue et la multiplication se lit très mal dans ce contexe: x x x². Il faut appliquer - dans un tel cas- le point • !!!!!!!
(X^5+X^4)+(X^3+X^2)+(X+1)=
[X^4(X+1)]+[X^2(X+1)]+[(X+1)]=
(X+1)(X^4+X^2+1)=0
(X+1)=0 OR (X^4+X^2+1)=0
IF X+1=0 THEN X=-1 ✅️
IF X^4+X^2+1=0 THEN
Consider Y=X^2
X^4+X^2+1=Y^2+Y+1=0
solve grade 2 equation
a=1 b=1 c=1 🔺️=b^2-4ac=-3
Delta became negative, so the equation has no answer, so the only answer is x=-1
You missed the 4 complex roots.
Bonne pédagogie merci prof
Merci à vous
Pourquoi vous compliquer la vie,
Vous avez
(x+1)(x^4+x^2+1)=0
Le 2ème facteur qui est la somme de 2 carrés parfaits est strictement positif quel que soit x(donc différent de 0)
Donc x+1=0 ou
x=-1
L'équitation x4+x2+1 n'admet pas de solution sans faire le calcul
X4>=0 et x2>=0 et 1>0implique
X4+x2+1>0 donc ne peut etre egale a zéro
ON POUVAIT AUSSI UTILISER UN CHANGEMENT DE VARIABLE AU NIVEAU DE LA FACTORISATION X+1 FACTEUR DE X°4+X°2+1. EN POSANT X°2 EGALE A GRAND X.
Lorsqu'on arrive à : (x+1) (x^4+x²+1) = 0 soit (x+1) = 0 ou (x^4+x²+1) = 0. 🤔
La solution la plus courte est souvent la meilleure, x = -1. 😱
Merci. Au début au lieu de 1 si on avait 2
Un produit de facteurs est égale à zéro si l'un au moins des facteur est égale à zero
حلها مجموع متتالية هندسية ب ستة حدود ويكون الحل -1
Racine évidente = -1.
On aboutit à (x+1) (ax⁴ + bx³ + cx² + dx + e)
Après développement et identification on obtient (x+1) (x⁴ + x² + 1)
X = x² aboutit à X² + X + 1 = 0.
Discriminant b² - 4ac = -3...... donc pas de solution pou X² + X + 1 = 0
Solution finale x = -1
Suite géométrique de raison x qui vaut (1-xpuiss(5-1))/(1-x) =0 avec x différent de 1 à pour solution xpuiss(4) = 1 donc x=-1
-1 est la de ce polynôme, ça se voit à l'oeil.
Raisonnement long
Évident dès les premières lignes
On peut résoudre l’équation avec les racines sexisme de l ‘unité
Vous avez compliqué la démarche
x4 + x2 + 1 > 0 qlq soit x
Donc reste x+ 1 = 0
Voilà
Le delta dans la deuxième équation de second degré a été calculé avec erreur
Biensur il faut avoir en tête que Exp(ix)= cos(x)+i sin(x)
Exp(-ix) =cos(x)-i sin(x)
Dire que ajouter x et retrancher x on a rien fait, n'est pas vraie, il faillait au-moins utiliser l'expression on a rien changer, l'écrire, sans rien changer même c'est faire quelque chose!!!
C est une suite geometrique de raison x
Equazione ciclotomica
[z^(n+1)] - 1=(z-1)[z^n+z^(n-1)+....+1]=0
Tutti gli zeri sono sul poligono regolare di n+1 lati inscritto nel cerchio di raggio r=1.
Z1=e^(i*2pi/(n+1))
Z2=(z1)²
Z3=(z2)³
.......
Possible de dire R = N
Tu aurais pu utiliser la procession géométrique.
Просто решается.
Выражение многочлена равно следующей дроби:
(х-1)^6 / (х-1) = 0
x = cis(k*π/3) for k = 1, ..., 5
En voyant on sait à priori que x est un nombre négatif
x=-1 is the only real solution. Other solutions can be found by noting that x⁵+x⁴+x³+x²+x+1 is sum of six elements of a geometric series with first element a=1 and rasio r=x.
Yes, we can factor the polynomial:
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
(x + 1)*(x⁴ + x² + 1) = 0
(x + 1)*(x² + x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1, -1/2 ± i*√3/2, 1/2 ± i*√3/2
13:26 c’est admis, ça, désormais, le « point d’interrogation égal » ? Je me serais fait tuer si j’avais écrit ça
It is just( x^6-1)/(x-1)=0
Domain all R except 1
Solutions are x^6=1 then
X=1 or -1, from domain x=-1 is the only real solution
Second method
x =e^(2 pi i/k) k=0,1,…,5
K=0 is not in the domain
K=2 is x=-1
Others are complex
Somme d'une suite géométrique
Tu as trop duré en posant X^2 =x tu irais beaucoup plus vite
Excelent solution!
I saw the following solution right away
x⁶-1 = (x-1)(x⁵+x⁴+x³+x²+x+1)
x⁵+x⁴+x³+x²+x+1 = (x⁶-1)/(x-1)
then
(x⁶-1)/(x-1)=0
So x≠1
And x⁶-1=0
x⁶=1
x are the sixth roots of unity!
x=1*(cos (k. 2.π/6)+ i*sen(k.2.π/6)), when k=0,1,2,3,4,5
k=0 → x=1 is not possible because x≠1
k=1 → cos(π/3)+i.sen(π/3) = (1+i.sqr(3))/2
k=2 → cos(2π/3)+i.sen(2π/3) =(-1+i.sqr(3))/2
k=3 → cos(π)+i.sen(π)= -1
k=4 → cos(4π/3)+i.sen(4π/3) =(-1-i.sqr(3))/2
k=5 → cos(5.π/3)+i.sen(5π/3) =(1-i.sqr(3))/2
There are 5 solutions: one real and four imaginary.
We can see that x²+x+1=0 gives x=(-1+i.sqr(3))/2 that is k=2 and k=4 above
And we can see that x²-x+1=0 gives x=(1+i.sqr(3))/2 that is k=1 and k=5 above
Yes, we can find all 5 roots.
x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0
We know x ≠ 1 , so (x - 1) isn't a factor. But we multiply both sides by it to get a simple equation that can be solved quickly, and we discard x = 1 from the solution.
(x - 1)*(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x - 1)*0 , x ≠ 1
x⁶ - 1 = 0
x⁶ = 1
x = e^(i*2*k*π/6) = e^(i*k*π/3), k ∈ ℤ
x = cis(k*π/3), k ∈ ℤ { discard x = 1 for k = 0 }
x = 1/2 ± i*√3/2, -1/2 ± i*√3/2, -1
Alternatively, we can factor the polynomial:
(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)*(x - 1)/(x - 1) = 0, x ≠ 1
(x⁶ - 1)/(x - 1) = 0
(x³ - 1)*(x³ + 1)/(x - 1) = 0
(x - 1)*(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1)/(x - 1) = 0
(x² + x + 1)*(x + 1)*(x² - x + 1) = 0
x = -1/2 ± i*√3/2, -1, 1/2 ± i*√3/2
Correction: You need "±" and "are" in there.
We can see that x² + x + 1 = 0 gives x = (-1 ± i*√3)/2 that are from k = 2 and k = 4 above.
And we can see that x² - x + 1 = 0 gives x = (1 ± i*√3)/2 that are from k = 1 and k = 5 above.
Un matheux qui cherche à résoudre une équation de 5e degré mais a besoin de lui expliquer que X=X×1, ça n'a pas de sens, je vous conseille de s'en débarrasser de ces détails inutiles
J ai trouvé cet exercice ds une série sur les eq diff aussi . Très habil en calcul a ostad
❤❤❤❤❤🎉🎉🎉🎉🎉
1+x+x^2+x^3+x^4+x^5 = (X^6-1)/(x-1) = 0 => (car x 1) x^6=1 => x^3=-1 => seules solutions : racines 3ième (complexes) de -1 , x=exp( (2 k+1) i Pi/3) avec k entier de Z,
Tu te compliques vraiment trop la vie. En une ligne c'était factorisable par x+1.
Ensuite on obtient une équation bicarrée. Changement de variable x²=X
Delta négatif, pas de solution dans IR.
Donc il n'y a que -1 comme solution dans IR.
Bref ça se fait en 3 minutes.
Znów jakiś czarny mańkut... 😮
On multiplie eq1 par x. On a eq2:: x6+x5+…+x=0. On retranche eq1 de eq2 et on a eq3:: x6-1=0 (x3-1)(x3+1)=0 et S={-1, 1} 😂😂😂