Mathématiques - polynômes

polynômes
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Posted by: yos

Pour aviateurpilote qui est en lutte contre les inégalités.

Trouver tous les polynômes P(X) à coefs réels vérifiant :
$P(X)P(X+1)=P(X^2+X+1)$ .

Posted by: Nightmare

Bonjour

Une idée rapidement.

En notant n=deg(P)
On a immédiatement l'équation 2n=n+2 soit n=2

En posant P(x)=ax²+bx+c et en remplaçant dans l'équation, on peut identifier a, b et c ou du moins donner des conditions dessus.

Posted by: Nightmare

Hum non j'y suis allé un peu vite.

Les solutions sont le polynôme nul et les polynômes de la forme (X²+1)^n pour n naturel.

Je regarde si ma solution tient la route et je la poste.

Posted by: fahr451

non P(x^2) est de degré 2n

une idée (rapidement)
P = cst est sol ssi P = 0 ou 1
pour non constant z une racine complexe z^2 +z+1 et z^2-z+1 sont aussi racines
"reste" à voir si on n'obtient pas ainsi une infinité de racines

par exemple n'a t on pas une des deux racines de module > lzl ou <

z = +- i semble à part

Posted by: Nightmare

hum en effet. Si z est une racine de P, z²+z+1 et z²-z+1 le sont. D'après le théorème fondamental de l'analyse, l'ensemble des solutions est une partie finie et non vide de C donc il existe $\rm \alpha$ tel que pour toute racine z , $\rm |z|\le |\alpha|$

Posted by: Nightmare

On peut montrer que $\rm\alpha$ ²+1=0. Ainsi il existe Q tel que P=(X²+1)^n*Q où Q est un polynôme ne s'annulant ni en i ni en -i.

Ensuite il faut montrer que Q est constante et forcément égal à 1.

Posted by: fahr451

si on a à la fois l z^2 +z+1l=<lzl et lz^2-z+1l=<lzl alors le cas dégalité ds l'inégalité triangulaire impose les trois vecteurs positivement colinéaires puis
z^2 +1 = az , a positif et a+1=< 1 donc a = 0
et z = +-i d'où le résultat seules racines possibles +-i et reste à vérifier

plus précisément en supposant

lzl>1 ontrouve une autre racine de module strictement plus grand et ainsi une infinité de racines absurde
idem avec lzl<1
donc les racines sont de modules 1
et on revient au cas du début z= +-i

Posted by: aviateurpilot

si il existe $a\in R$ tel que $p(a)=0$
soit la suite $(U_n)$ tel que $,U_0=a\ ;\ U_{n+1}=(U_n)^2+U_n+1$
on remaque que $\forall n\in N;\ p(U_n)=0$
donc $P(x)=0$ admet une infinité de solutions => P=polynome nul
sinon
$\forall a\in R,p(a)>0$

Posted by: MikO

limplication est fausse ..

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par MikO

limplication est fausse ..

si tu parle de
$p(x)=0$ admet une infinité de solution => $p$ c'est le polynome nul
alors c'est vrai
car si p(x)=0 admet une infinité de solution
supposons que p n'ai pas nul
donc il existe $n\in N^*$ a un $deg(p)=n$
donc $p(x)=0$ a au plus $n$ solutions $absurd$
donc p nul

Posted by: darkmaster

On a $f(x)f(x-1)=f(x^2-x+1)$ .
Si $x$ est racine de P , $x^2+x+1$ et $x^2-x+1$ sonts aussi racines. On pose z la racine tels que |z| est la plus grand.
Si $z \neq 0$ et $z^2+1 \neq 0$ , On a toujours
$(|z^2+z+1|>|z|$ ou $|z^2-z+1|>|z|)$ une contradition. Donc, $z^2+1=0$ ( si $z=0$ toutes les racines est nulles) .
Coeff réelles => $P(x)=(x^2+1)^kQ(x)$ ( Q n'est pas divisible par $x^2+1$ ) .
=> $Q(x)Q(x+1)=Q(x^2+x+1)$ (mais Q n'est pas divisible par $x^2+1$ ) , Q est donc 1. On a $P(x)=(x^2+1)^k$