Expressions algébriques/Exercices/Pour les cracks

Dans toute la page, même si ce n'est pas indiqué, les variables prennent des valeurs telles que les calculs soient définis.

Exercice 9-1

Démontrer que si l'expression algébrique :

$E={\frac {a}{b-c}}+{\frac {b}{c-a}}+{\frac {c}{a-b}}$

est nulle, alors l'expression :

$F={\frac {a}{(b-c)^{2}}}+{\frac {b}{(c-a)^{2}}}+{\frac {c}{(a-b)^{2}}}$

est nulle aussi.

La réciproque est-elle vraie ?

(Si la réciproque est fausse, on pourra le démontrer en se contentant de donner un contre-exemple)

Solution

On vérifiera, en développant le second membre que l'on a la factorisation suivante :

${\frac {a}{(b-c)^{2}}}+{\frac {b}{(c-a)^{2}}}+{\frac {c}{(a-b)^{2}}}=\left({\frac {a}{b-c}}+{\frac {b}{c-a}}+{\frac {c}{a-b}}\right)\left({\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}\right)$

qui s'écrit :

$F=E\times \left({\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}\right)$

et nous voyons clairement que si $E$ est nulle alors $F$ est nulle aussi.

En ce qui concerne la réciproque, l'expression :

${\begin{aligned}{\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}&={\frac {(c-a)(a-b)+(b-c)(a-b)+(b-c)(c-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}}\\&={\frac {ab+bc+ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}}{(a-b)(b-c)(c-a)}}\\&=-{\frac {a^{2}-2ab+b^{2}+b^{2}-2bc+c^{2}+c^{2}-2ac+a^{2}}{2(a-b)(b-c)(c-a)}}\\&=-{\frac {(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{2(a-b)(b-c)(c-a)}}\end{aligned}}$

ne peut visiblement pas être nulle

donc toujours en considérant l'expression :

$F=E\times \left({\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}\right)$,

nous voyons que si l’expression $F$ est nulle, l'expression $E$ le sera aussi.

La réciproque est donc vraie aussi.

 

Exercice 9-2

Factorisez le polynôme :

$P=a^{n}\left[c^{2}(a-b)^{2}-b^{2}(c-a)^{2}\right]+b^{n}\left[a^{2}(b-c)^{2}-c^{2}(a-b)^{2}\right]+c^{n}\left[b^{2}(c-a)^{2}-a^{2}(b-c)^{2}\right]$

Solution

Nous observons des différences de carrés. On a donc :

${\begin{aligned}P&=a^{n}\left[c^{2}(a-b)^{2}-b^{2}(c-a)^{2}\right]+b^{n}\left[a^{2}(b-c)^{2}-c^{2}(a-b)^{2}\right]+c^{n}\left[b^{2}(c-a)^{2}-a^{2}(b-c)^{2}\right]\\&=a^{n}\left[c(a-b)+b(c-a)\right]\left[c(a-b)-b(c-a)\right]+b^{n}\left[a(b-c)+c(a-b)\right]\left[a(b-c)-c(a-b)\right]+c^{n}\left[b(c-a)+a(b-c)\right]\left[b(c-a)-a(b-c)\right]\\&=a^{n}(ca-{\cancel {cb}}+{\cancel {bc}}-ba)\left[c(a-b)-b(c-a)\right]+b^{n}(ab-{\cancel {ac}}+{\cancel {ca}}-cb)\left[a(b-c)-c(a-b)\right]+c^{n}(bc-{\cancel {ba}}+{\cancel {ab}}-ac)\left[b(c-a)-a(b-c)\right]\\&=a^{n}a(c-b)\left[c(a-b)-b(c-a)\right]+b^{n}b(a-c)\left[a(b-c)-c(a-b)\right]+c^{n}c(b-a)\left[b(c-a)-a(b-c)\right]\\&=ac(a-b)(c-b)a^{n}-ab(c-a)(c-b)a^{n}+ba(b-c)(a-c)b^{n}-bc(a-b)(a-c)b^{n}+cb(c-a)(b-a)c^{n}-ca(b-c)(b-a)c^{n}\\&=ca(a-b)(b-c)c^{n}-ca(a-b)(b-c)a^{n}+ab(c-a)(b-c)a^{n}-ab(b-c)(c-a)b^{n}+bc(a-b)(c-a)b^{n}-bc(c-a)(a-b)c^{n}\\&=ca(a-b)(b-c)\left(c^{n}-a^{n}\right)+ab(c-a)(b-c)\left(a^{n}-b^{n}\right)+bc(a-b)(c-a)\left(b^{n}-c^{n}\right)\\&=ca(a-b)(b-c)(c-a)\sum _{k=0}^{n-1}c^{k}a^{n-1-k}+ab(c-a)(b-c)(a-b)\sum _{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}+bc(a-b)(c-a)(b-c)\sum _{k=0}^{n-1}b^{k}c^{n-1-k}\\&=(a-b)(b-c)(c-a)\left(ca\sum _{k=0}^{n-1}c^{k}a^{n-1-k}+ab\sum _{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}+bc\sum _{k=0}^{n-1}b^{k}c^{n-1-k}\right)\\\end{aligned}}$

 

Exercice 9-3

Supposons que l'on ait la relation :

${\frac {a^{2}-bc}{x}}={\frac {b^{2}-ca}{y}}={\frac {c^{2}-ab}{z}}$

Montrer que cette relation est toujours vraie après permutation simultanée de $a$ et $x$, de $b$ et $y$ ainsi que de $c$ et $z$.

Solution

En fait, nous devons montrer que :

$\left({\frac {a^{2}-bc}{x}}={\frac {b^{2}-ca}{y}}={\frac {c^{2}-ab}{z}}\right)\iff \left({\frac {x^{2}-yz}{a}}={\frac {y^{2}-zx}{b}}={\frac {z^{2}-xy}{c}}\right)$

Posons :

$r={\frac {a^{2}-bc}{x}}={\frac {b^{2}-ca}{y}}={\frac {c^{2}-ab}{z}}$

Nous en déduisons :

${\begin{cases}x={\frac {a^{2}-bc}{r}}\\y={\frac {b^{2}-ca}{r}}\\z={\frac {c^{2}-ab}{r}}\end{cases}}$

Nous remarquons que permuter circulairement $a$, $b$ et $c$ revient à permuter circulairement $x$, $y$ et $z$

Nous avons alors :

${\begin{aligned}{\frac {x^{2}-yz}{a}}&={\frac {\left({\frac {a^{2}-bc}{r}}\right)^{2}-\left({\frac {b^{2}-ca}{r}}\right)\left({\frac {c^{2}-ab}{r}}\right)}{a}}\\&={\frac {(a^{2}-bc)^{2}-(b^{2}-ca)(c^{2}-ab)}{ar^{2}}}\\&={\frac {a^{4}-2a^{2}bc+{\cancel {b^{2}c^{2}}}-{\cancel {b^{2}c^{2}}}+ab^{3}+ac^{3}-a^{2}bc}{ar^{2}}}\\&={\frac {a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{r^{2}}}\\\end{aligned}}$

L'expression :

${\frac {a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{r^{2}}}$

étant invariante par permutation circulaire de $a$, $b$ et $c$, nous en déduisons :

${\frac {x^{2}-yz}{a}}={\frac {y^{2}-zx}{b}}={\frac {z^{2}-xy}{c}}$.

 

Exercice 9-4

Dans cet exercice, $a,\,b,\,c$ sont supposées être des constantes fixées et $x,\,y,\,z$ sont supposées être des variables.

Montrez que l'expression algébrique :

${\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bc(y-z)^{2}+ca(z-x)^{2}+ab(x-y)^{2}}}$

conserve la même valeur pour toutes les valeurs de $x,\,y,\,z$ qui annulent $ax+by+cz$.

Solution

Supposons $ax+by+cz=0$, alors :

${\begin{aligned}{\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bc(y-z)^{2}+ca(z-x)^{2}+ab(x-y)^{2}}}&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bc(y-z)^{2}+ca(z-x)^{2}+ab(x-y)^{2}+(ax+by+cz)^{2}}}\\&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bcy^{2}-{\cancel {2bcyz}}+bcz^{2}+caz^{2}-{\cancel {2cazx}}+cax^{2}+abx^{2}-{\cancel {2abxy}}+aby^{2}+a^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}+c^{2}z^{2}+{\cancel {2abxy}}+{\cancel {2acxz}}+{\cancel {2bcyz}}}}\\&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{a(a+b+c)x^{2}+b(a+b+c)y^{2}+c(a+b+c)z^{2}}}\\&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{(a+b+c)(ax^{2}+by^{2}+cz^{2})}}\\&={\frac {1}{a+b+c}}\end{aligned}}$

Nous obtenons bien une expression indépendante de $x,\,y,\,z$.

 

Exercice 9-5

Démontrer les inégalités suivantes, pour $a,b,\lambda >0$ :

1. $2ab\leq {a^{2} \over \lambda ^{2}}+\lambda ^{2}b^{2}$ (utiliser $(A+B)^{2}\geq 0$) ;
2. $ab\leq {a^{2} \over \lambda ^{2}}+{\lambda ^{2}b^{2} \over 4}$ (utiliser 1.) ;
3. $(a+b)\left({\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\right)\geq 4$ (utiliser 1.) ;
4. $a^{3}+b^{3}\geq a^{2}b+ab^{2}$.

Solution

1. $0\leq \left({\frac {a}{\lambda }}-\lambda b\right)^{2}={a^{2} \over \lambda ^{2}}+\lambda ^{2}b^{2}-2ab$.
2. D'après 1., $2a{\frac {b}{2}}\leq {a^{2} \over \lambda ^{2}}+\lambda ^{2}\left({\frac {b}{2}}\right)^{2}$.
3. $(a+b)\left({\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\right)-4={\frac {b}{a}}+{\frac {a}{b}}-2$ or d'après 1., $2\times 1\times 1\leq {1^{2} \over {\frac {a}{b}}}+{\frac {a}{b}}1^{2}$.
4. D'après 1., $a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2})\geq (a+b)ab=a^{2}b+ab^{2}$.