Mathématiques - Polynome et équation fonctionnelle

Polynome et équation fonctionnelle
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Posted by: lapras

Bonsoir,
deux exercices plutôt hard...
1)
soient P(x) et Q(x) des polynomes a coefficients réels, tels que
P(Q(x)) = Q(P(x))
On suppose que P(x) = Q(x) n'a pas de solution
Montrer que P(P(x)) = Q(Q(x)) n'a pas de solution.

2)
Trouver toutes les fonctions
f : IR -> IR telles que :
f(f(x-y)) = f(x) - f(y)

Pour ceux qui se demandent : non on a pas d'autre hypothese telle que la surjectivité , l'injectivité, la continuité...
C'est ce qui la rend tres difficile.

Bon courage

Posted by: ffpower

Pour la question 2,t es sur que f n est pas continue ou un truc comme ca lol?Je fais mon lourd,mais j ai l impression que sinon ya des solutions non triviales sinon:
Par ex,on prend {ei,i appartient a R} une base de R comme Q espace vectoriel avec e0=1.On définit par Q linéarité en posant f(e0)=1,f(ei)=0.Alors f est additive par definition f(R)=Q et f=id sur Q,donc en particulier fof=f et donc f verifie l equation demandée..

Posted by: lapras

Oui f n'est pas continue sinon l'équation fonctionnelle est triviale...

Effectivement on peut construire des fonctions qui vérifie cette équation fonctionnelle mais qui ne vérifient pas f(x)=0 <=> x=0
Il parait qu'on doit admettre l'axiome du choix...

Posted by: ffpower

Ah ouais,c est méchant ché pas trop comment on est censé les caractériser(car elles sont pas vraiment exprimable ces fonctions).Si on dit que c est les fonctions Q linéaires involutives,ca suffit?

Posted by: aviateurpilot

si $\forall x\in\mathbb{R}:\ P(x)>Q(x)$
alors $\forall x\in\mathbb{R}:\ PoP(x)>QoP(x)=PoQ(x)>QoQ(x)$
de meme si $\forall x\in\mathbb{R}:\ P(x)>Q(x)$

Posted by: lapras

Bravo aviateurpilote c'est exactement ca !

ffpower > je n'ai pas compris grand chose a ton exemple, mais oui tu as raison on peut construire des fonctions tordues qui sont solutions.

Posted by: lapras

Tres jolie équation fonctionnelle :
pour tout p premier, pour tout n entier relatif
f(n)^p = n (mod f(p))
Trouver toutes les f qui vérifient cette condition.

Posted by: aviateurpilot

tu es sure que c'est $f(n)^p$ et non $f(n^p)$ ??

$f(n)^p\equiv f(n)[p]$
donc $p|f(n)-n$ $\forall p\ prime$
d'ou $f(n)=n$

Posted by: lapras

Oui je suis sur
mais tu as sauté beaucoup d'étapes !
p divise f(n)-n d'apres fermat ok
Mais ca n'implique pas directement que f(n) = n
d'ailleurs il y a une infinité de solutions a cette équation

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par lapras

Oui je suis sur
mais tu as sauté beaucoup d'étapes !
p divise f(n)-n d'apres fermat ok
Mais ca n'implique pas directement que f(n) = n
d'ailleurs il y a une infinité de solutions a cette équation

lol, px etre
mais jcroi que $f(n)-n$ est divisible par tout les nombre premier non?

Posted by: lapras

Oui f(n) - n est bien divisibl par chaque nombre premier

Posted by: aviateurpilot

ok, c'est bien,
donc si on suppose que $|f(n)-n|\neq 0$
alors les premier p tel que $p>|f(n)-n|$
on aura plus $p|f(n)-n$

Posted by: lapras

ah pardon
on est allé trop vite
f(p) divise f(n) - n
reste a trouver des choses sur f(p) !
(tu as considéré f(p) = p , c'est trop rapide)
je pense que tu as du faire dans ta tete le p divise f(n)-n mais c'est pas évident forcément il faudrait détailler. De plus il y a d'autres solutions que l'identité.

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par lapras

ah pardon
on est allé trop vite
f(p) divise f(n) - n
reste a trouver des choses sur f(p) !
(tu as considéré f(p) = p , c'est trop rapide)
je pense que tu as du faire dans ta tete le p divise f(n)-n mais c'est pas évident forcément il faudrait détailler. De plus il y a d'autres solutions que l'identité.

voila ce que vous avez ecris:
(*): $\forall p\ prime,\forall n\in\mathbb{N}:\ f(n)^p\equiv n(mod\ p)$
la seule soution c'est $f(n)=n$
(*) ne donne jamais $f(p)$ divise $f(n) - n$ sauf si tu as oublier quelque chose dans l'enoncé.

Posted by: lapras

Je m'excuse c'est
f(n)^p = n [f(p)]
encore désolé...

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par lapras

Je m'excuse c'est
f(n)^p = n [f(p)]
encore désolé...

c'est pa grave,

$p\equiv f(p)^p[f(p)]\equiv 0[f(p)]$ donc $f(p)|p$
ce qui donne $f(p)=1$ ou $p$ .
donc $\exists A,B$ partition des nombre premier tel que
$\forall p\in A:\ f(p)=p,\forall p\in B:\ f(p)=1$

si $A\neq \emptyset$
on prend $p\in A$
$\forall n\in\mathbb{N}:\ f(n)\equi f(n)^p[p]\equiv n[p]$
donc $\forall p\in A:\ p|f(n)-n$

si $A$ est infinie alors $f(n)=n$ $\forall n$
si $A=\{p_1,p_2,...,p_h\}$ alors $f(n)=n+g(n)\bigprod_{k=1}^{h}p_k$ avec $g:N\to N$ quelconque
si $A=emptyset$ alors f(n)=1 si n est premier et f(n)=h(n) si n est composé avec $h:N\to N$ quelconque

Posted by: lapras

On peut montrer que si il existe p tel que f(p) = p
alors f(q) = q pour tout q premier
en effet;
si il existe q tel que f(q) = 1
alors
f(q) = q = 1 [mod p]
en prenant p > max(f(q), q), on obtient que q = 1
impossible
donc pour tout q premier f(q) = q

Tu as considéré le cas A fini, je ne pense pas que ca soit possible

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par lapras

On peut montrer que si il existe p tel que f(p) = p
alors f(q) = q pour tout q premier
en effet;
si il existe q tel que f(q) = 1
alors
f(q) = q = 1 [mod p]
en prenant p > max(f(q), q), on obtient que q = 1
impossible
donc pour tout q premier f(q) = q

Tu as considéré le cas A fini, je ne pense pas que ca soit possible

oui t'a raison A ne peux pas etre infini, et dans ma solution je n'ai fait qu'un implication j'ai pas fait la receproque
tu a montrer ici que si $f(q)=1$ alors $q>p$
alors tt ce que tu px dire c'est que $min(B)>max(A)$ (pour A fini)

voila la recproque;
1) f(n)=n est bien une solution
2) pour $A=\{p_1,p_2,...,p_n\}$
alors pour tous $p \not\in A:\ 1=f(p)=p+g(p)\prod p_i$ (impossible)
3) pour $A=\emptyset$ on aura f(n) est quelconque pour n composé et $f(n)=1$ si n est premier

Posted by: lapras

Voila c'est ca !

Jolie équation fonctionnelle je trouve ! Arithmmétique + équation fonctionnelle