TD N° 6 P. 45

On considère l’équation E : x4 – 6 x² + 1 = 0.

1° Résolution de l’équation E

a) Soit x0 une solution de E, et soit t0 = x0² t02 – 6 t0 + 1 = ( x02)² – 6 x0² + 1 t02 – 6 t0 + 1 = x04 – 6 x0² + 1 t02 – 6 t0 + 1 = 0 Donc t0 est solution de l’équation E’ : t2 – 6 t + 1 = 0

b) Soit t0 une solution positive de E’, et soit x1 = et x2 = – .

x14 – 6 x1² + 1 = ( )4 – 6 ( )² + 1 et x24 – 6 x2² + 1 = (– )4 – 6 (– )² + 1 x14 – 6 x1² + 1 = t0 2 – 6 t0 + 1 x24 – 6 x2² + 1 = t02 – 6 t0 + 1 x14 – 6 x1² + 1 = 0 x24 – 6 x2² + 1 = 0

Donc x1 et x2 sont solutions de E.

c) Soit x0 une solution de E, et soit t0 = x0². Soit E’ : t2 – 6 t + 1 = 0

Soit Δ le discriminant de E’ : Δ = (– 6)² – 4 x 1 x 1 Δ = 32

Δ > 0, donc l’équation a deux solutions réelles distinctes t1 et t2. t1 = et t2 = t1 = 3 – 2 et t2 = 3 + 2

t1 et t2 sont positifs, donc l’équation E a quatre solutions : x1 = ; x2 = – ; x3 = ; x4 = – x1 = x2 = – ; x3 = x4 = –

2° Résolutions d’équations et d’inéquations bicarrées
a) Soit E l’équation : x4 – x² – 12 = 0 Soit x0 une solution de E, et soit t0 = x0².

Soit E’ : t2 – t – 12 = 0
Soit Δ le discriminant de E’ : Δ = (– 1)² – 4 x 1 (– 12 ) Δ = 49

Δ > 0, donc l’équation a deux solutions réelles distinctes t1 et t2. t1 = et t2 = t1 = 4 et t2 = – 3

t1 est positif et t2 est négatif, donc l’équation E a deux solutions : x1 = ; x2 = – x1 = 2 x2 = – 2 Donc 2 et – 2 sont les solutions de E.
b) Soit E l’équation : 2 x4 – x² + 1 = 0 Soit x0 une solution de E, et soit t0 = x0². E : 4 x4 – 3 x² + 2 = 0

Soit E’ : 4 t² – 3 t + 2 = 0
Soit Δ le discriminant de E’ : Δ = (– 3)² – 4 x 4 x 2 Δ = – 23

Δ < 0, donc l’équation n’a aucune solution réelle. Comme E’ n’a aucune solution réelle, E n’a aucune solution réelle non plus.

c) Soit E l’équation : x4 + 2 x² + 1 = 0 Soit x0 une solution de E, et