"Y a t-il plus d'équations du second degré solvables dans R que non solvables dans R ?"
pourrait se traduire par:
"Je tire trois nombres A, B et C au hasard dans R et j'écris l'équation Ax²+Bx+c=0, y a t-il plus de chance que B²>4AC que  B²<4AC ?", en remarquant que la probabilité que B²=4AC est nulle.
Je répondrais que c'est équiprobable (mais je peux me tromper).
Il y aurait donc autant d'équations du second degré solvables dans R que non solvables dans R.

Bonjour,

Déjà c'est rigolo comme question !

je pars du principe qu'on parle des polynômes à coefficients réels. On peut se ramener à l'étude des polynômes unitaires en factorisant par le coefficient dominant.

Un polynôme du second degré unitaire "solvable" dans R s'écrit sous forme factorisée (x-x1)(x-x2). Il est caractérisé par ses 2 racines x1 et x2. On a donc bijection entre l'ensemble des polynômes du second degré unitaires avec l'ensemble des couples de réels (x,y) tels que x<=y (l'ordre empêche la double apparition du couple (x,y) et (y,x) ). Graphiquement cet ensemble est un demi-plan fermé, cet ensemble en bijection avec R² tout entier (je n'ai pas de bijection simple mais seulement par manipulation graphique, reste à en préciser une pour lever toute ambiguïté)

Un polynôme du second degré unitaire non "solvable" dans R est caractérisé par l'une de ses racines complexes puisque l'autre est son conjugué. Donc l'ensemble des polynômes du second degré unitaires non "solvable" dans R est en bijection avec RxR*+ (le premier R pour la partie réelle et R*+ pour la partie imaginaire qui doit être non nulle et positive pour ne pas compter 2 fois un complexe et son conjugué). Or R*+ est en bijection avec R par la fonction ln par exemple. Donc RxR*+ est en bijection avec R².

Finalement, l'ensemble des polynômes du second degré unitaires "solvable" dans R est en bijection avec ceux "non solvables" dans R. Il y en a donc "autant".


(reste a trouver une "bonne" bijection dans le premier cas)
Thomas.

edit : bijection de {(x,y) / x<=y} dans R² :
(x,y) -> (x,y-x) est une bijection de {(x,y) / x<=y} dans RxR+

or R+ est en bijection avec R*+ (on envoie chaque nombre entier sur son successeur) et R*+ est en bijection avec R par ln. D'où la bijection recherchée.

Une équation est résoluble quand on sait la résoudre ( elle peut avoir une , plusieurs ou aucune solution ) donc toute équation du deuxième degré est résoluble dans [latex]\mathbb{R}[/latex]

Trop facile la question

Vasimolo

Maintenant, si on regarde les variables a,b,c de ax²+bx+c, il faut et il suffit que b²>=4ac pour avoir au moins une solution.
Question signe, si a et c sont de signes opposés, c'est toujours vrai, quel que soit le signe de b. Donc sur les 8 possibilités de signes (bac)=
+++= inconnu
++-=bon
+--=inconnu
+-+=bon
-++=inconnu
-+-=bon
---=inconnu
--+=bon
Donc la moitié au moins des variables admettent une solution.
Reste les cas des inconnues.
Il faut b²>4ac ou b>2rac(ac)
Ce qui laisse donc encore pas mal de solutions possibles. Et qui amène la question de la manière ce choisir dans R+ les nombres abc au hasard. C'est en précisant la loi de ce tirage qu'on peut répondre à la question !

Je pense que 2/3 des équations ont des solutions réelles.

En effet il y a trois cas de figure soit le discriminant des strictement supérieur 0 soit égal à 0 soit strictement inférieur...

Shadock

Il y a un mais car une fraction avec l'infini pourrait être faite?

Hello

Le déterminant d'une équation du second degré ax²+bx+c=0 est b²-4ac et la/les solution(s) sont réelles si b²-4ac >= 0

Si on trace dans l'espace les points tels que z²>4xy on obtient un "cone elliptique infini"



Cette infinitude me ferait dire qu'il y a "autant" d'équations à racine(s) réelles que complexes ...

A suivre ...

Bon WE

On va prendre l'écriture réduite de l'équation : x²+2b+c=0
Le discriminant est D = b²-c

La question revient donc à se demander s'il y a plus de couple (b,c) tel que D est >=0 ou D<0.

Une représentation dans le plan nous permet de visualiser que les 2 zones correspondantes sont toutes les 2 infinies. Donc la réponse est que les 2 zones sont aussi grandes l'une que l'autre (c'est-à-dire qu'il existera une bijection de l'une vers l'autre).

Visuellement, il semble que D>=0 est plus grand que D<0 (on a plus qu'un demi-plan limité par la droite c=0), mais sur des ensembles infini ça ne veut rien dire.

Et même si une des zones était de surface finie, cela ne voudrait pas dire que une zone contient plus d'éléments que l'autre. Par exemple : est-ce qu'il y a plus de points tels que x²+y²<1 (disque de rayon 1) que de points tels que x²+y²>1 ?
Visuellement, on serait tenté de dire qu'il y en a plus à l'extérieur du cercle qu'à l'intérieur. Pourtant, il est facile d'associer à tout point du disque, repéré par (r,t) ces coordonnées polaires, son image  (1/r,t). On s'aperçoit que c'est une bijection du disque vers l'extérieur du disque.
Enfin presque puisque le centre du disque n'a pas d'image : il y a un point de plus dans le disque qu'à l'extérieur

La démonstration concrète demande là à ton prof

On le fait sur un intervalle borné de [latex]\mathbb{R}[/latex] ça suffit non?
Par exemple sur [latex][0,1][/latex]

PS : Je n'ai plus fais de proba depuis la terminale alors je ne suis pas sûr de ce que j'avance.

J'ai envie de m'amuser...

Le discriminant est b^2-4ac.

ac est équiprobablement positif ou négatif (ou nul, on s'en fiche)
b^2 est toujours positif.

b^2-4ac est donc infiniment plus souvent positif ou nul que négatif. 

Proposition:

Soit l'équation: [latex]ax^2+bx+c=0 (1)[/latex];
[TeX]\delta=b^2-4ac[/TeX]
(1) est solvable dans [latex]R[/latex] si [latex]\delta\geq0[/latex]. Soit M(x,y,z) un point de l'espace, [latex]\delta[/latex] décrit l'ensemble des points de l'espace tel que [latex]z^2\geq4xy[/latex] (2) soit un double cône symétrique par leur sommet commun (voir la photo de NickoGecko)

Je vais considérer un cube de l'espace et déterminer les fractions de volume de ce cube qui respectent (2) ou non.

Coté du cube: 2L (L un réel positif).
Ce cube sera centré à l'origine de l'espace donc x, y et z appartiennent à [-L;L]

Prenons le cas de l'égalité à partir de (2):
[latex]z^2=4xy[/latex] soit [latex]y=\frac{z^2}{4x}[/latex] (3) pour x non nul.

A partir de (3), on détermine rapidement les caractéristiques géométriques des cônes:
[latex]h=\frac{\sqrt{2}}{2}|z|[/latex]  (hauteur des cônes en fonction de z)

[latex]D=2|z|[/latex] (diamètre de la base des cones en fonction de z)
[latex]\alpha=109.47[/latex]° (angle au sommet des cônes donné titre informatif)

Aux limites du cube considéré; |z|=L

[latex]V_{cones}=\frac{2\pi\sqrt{2}}{3}L^3[/latex] (volume des 2 cônes)

[latex]V_{cube}=8L^3[/latex] (volume du cube)

Tout point pris dans le cube mais à l'extérieur des 2 cônes respectent (2) donc la proportion des équations de 2nd degré solvables dans [latex]R[/latex] est [latex]\frac{V_{cube}-V_{cones}}{V_{cube}}=1-\frac{2\pi\sqrt{2}}{24}\approx0.63[/latex]  (cette proportion est indépendante de L)

Les équations de 2nd degré solvables dans [latex]R[/latex] sont donc plus nombreuses que celles non solvables dans [latex]R[/latex].

Par ailleurs, un petit algorithme de tirage d'un milliard de triplets (a, b, c) m'a donné les proportions suivantes:
[latex]\delta<0: 37.2[/latex]%
[latex]\delta\geq0: 62.8[/latex]%

Ce sont les résultats de cet algo qui m'ont d'ailleurs poussé à poster cette solution que je gardais dans mes brouillons:)

L’algorithme en question ici pour les curieux:
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