Bonjour j'aimerais trouver la chose suivante :
Dans R[X] je souhaite trouver les polynomes P et Q tels que PoQ =P² et QoP=Q²
on à alors le degré de P et de Q qui est égal à 2.
mais ensuite comment trouver P et Q ?
Polynômes !
12 messages
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par BiZi » 25 Avr 2007, 18:56
kaito974 a écrit:Bonjour j'aimerais trouver la chose suivante :
Dans R[X] je souhaite trouver les polynomes P et Q tels que PoQ =P² et QoP=Q²
on à alors le degré de P et de Q qui est égal à 2.
mais ensuite comment trouver P et Q ?
Bonjour,
P²=P(X)² ou P rond P?
par kaito974 » 25 Avr 2007, 18:58
je pense à P²=P(X)² c'est ce qui m'a permis d'en déduire les degrés de P et de Q
par tize » 25 Avr 2007, 19:03
Bonjour,
je pense qu'il faut mettre les mains dans le cambouis...après quelque manip, je trouve (sauf erreur de ma part) que a=a'=0 avec "a" le coeff. dominant de P et "a' " le coeff. dominanr de Q... mais à mon avis c'est pas fini...
je pense qu'il faut mettre les mains dans le cambouis...après quelque manip, je trouve (sauf erreur de ma part) que a=a'=0 avec "a" le coeff. dominant de P et "a' " le coeff. dominanr de Q... mais à mon avis c'est pas fini...
par kaito974 » 25 Avr 2007, 19:08
en utilisant le fait que Q²=PoQ je trouve a ( le coefficient dominat de P) égal à 1...je ne vois pas comment serait-il nul ?
par tize » 25 Avr 2007, 19:33
kaito974 a écrit:en utilisant le fait que Q²=PoQ je trouve a ( le coefficient dominat de P) égal à 1...je ne vois pas comment serait-il nul ?
Aïe, c'est embêtant...j'ai peut être fait une erreur...je te poste ce que j'ai trouvé, dis moi si tu as bien la même chose...
Donc
donc
J'ai bon pour l'instant ?
[EDIT] je dois y aller je reviendrai plus tard au pire demain...
par BiZi » 25 Avr 2007, 22:02
(P rond Q)'=Q'*P' rond Q=2PP'
(Q rond P)'=P'*(Q' rond P)=2QQ'
Soit z une racine de P'. Si z est une racine de Q', il existe lambda appartenant à R tel que P'=lambda*Q' et ainsi
Si z n'est pas une racine de Q', alors P' rond Q(z)=0 et alors nécessairement Q(z)=z (sinon P' aurait deux racines distinctes absurde puisque deg P=2 donc deg P'=1). On a alors
2QQ'(z)=2z*Q'(z) et ainsi z=0. On a alors Q(0)=0 et P'(0)=0. Soit z une racine de P. Alors Q rond(P(z))=Q(0)=Q²(z) et Q(z)=0. Comme P et Q ont même degré, ils sont égaux à une multiplication près. Ainsi, Q'(0)=0 absurde.
Finalement, toute racine de P' est racine de Q' et P'=k*Q', k appartenant à R.
D'où P=k*Q+a, a appartenant à R.
Aavec les relations de tize on pourrait peut-être conclure que P=Q mais pour l'instant dodo :dodo:
(Q rond P)'=P'*(Q' rond P)=2QQ'
Soit z une racine de P'. Si z est une racine de Q', il existe lambda appartenant à R tel que P'=lambda*Q' et ainsi
Si z n'est pas une racine de Q', alors P' rond Q(z)=0 et alors nécessairement Q(z)=z (sinon P' aurait deux racines distinctes absurde puisque deg P=2 donc deg P'=1). On a alors
2QQ'(z)=2z*Q'(z) et ainsi z=0. On a alors Q(0)=0 et P'(0)=0. Soit z une racine de P. Alors Q rond(P(z))=Q(0)=Q²(z) et Q(z)=0. Comme P et Q ont même degré, ils sont égaux à une multiplication près. Ainsi, Q'(0)=0 absurde.
Finalement, toute racine de P' est racine de Q' et P'=k*Q', k appartenant à R.
D'où P=k*Q+a, a appartenant à R.
Aavec les relations de tize on pourrait peut-être conclure que P=Q mais pour l'instant dodo :dodo:
par BiZi » 26 Avr 2007, 22:23
Je me suis pris la tête pour rien on oublie et on recommence :briques:
Il existe a, a' appartenant à R tel que P(x) et Q(x) soient injectives sur [-l'infini; a] et [a';+l'infini]. P et Q tendent vers l'infini en +l'infini et donc il existe M appartenant à R tel que pour tout x>M, Q(x) soit dans [-l'infini;a] union [a';+l'infini]. Finalement, Pour tout x>M, comme P(Q(x))=P²(x), on a par injectivité Q(x)=P(x) et P et Q ont une infinité de points en commun. D'où P=Q et on a
P(P(x))=P²(x).
Soit z une racine de P (P a forcément une racine sur C puisque deg P=2).On a alors P(P(z))=P(0)=0.
De plus,
P'*P'(P(X))=2P*P'(X) et P'(P(X))=2P(X) pour tout X non racine de P'.. Soit z une racine de P. Si z est racine de P', P(X)=k*(X-z)² et nécessairement comme P(0)=0, z=0. D'où P(X)=k*X², k appartenant à R.
Or on a
P(P(X))=P(k*X²)=k*(k*X²)²=k^3*X^4 et P²(X)=k²^X^4 d'où k=1.
Si Z n'est pas racine de P', on a P'(P(z))=P'(0)=0 et donc P est de la forme P(X)=k*X², k appartenant à R. On montre que k=1 comme précédemment.
Reste à étudier le cas deg P=0. On a P(X)=a, a appartenant à R et P(P(X))=a=a² et a=0 ou a=1.
Finalement les polynômes solutions sont P(X)=0, P(X)=1 et P(X)=X².
Il existe a, a' appartenant à R tel que P(x) et Q(x) soient injectives sur [-l'infini; a] et [a';+l'infini]. P et Q tendent vers l'infini en +l'infini et donc il existe M appartenant à R tel que pour tout x>M, Q(x) soit dans [-l'infini;a] union [a';+l'infini]. Finalement, Pour tout x>M, comme P(Q(x))=P²(x), on a par injectivité Q(x)=P(x) et P et Q ont une infinité de points en commun. D'où P=Q et on a
P(P(x))=P²(x).
Soit z une racine de P (P a forcément une racine sur C puisque deg P=2).On a alors P(P(z))=P(0)=0.
De plus,
P'*P'(P(X))=2P*P'(X) et P'(P(X))=2P(X) pour tout X non racine de P'.. Soit z une racine de P. Si z est racine de P', P(X)=k*(X-z)² et nécessairement comme P(0)=0, z=0. D'où P(X)=k*X², k appartenant à R.
Or on a
P(P(X))=P(k*X²)=k*(k*X²)²=k^3*X^4 et P²(X)=k²^X^4 d'où k=1.
Si Z n'est pas racine de P', on a P'(P(z))=P'(0)=0 et donc P est de la forme P(X)=k*X², k appartenant à R. On montre que k=1 comme précédemment.
Reste à étudier le cas deg P=0. On a P(X)=a, a appartenant à R et P(P(X))=a=a² et a=0 ou a=1.
Finalement les polynômes solutions sont P(X)=0, P(X)=1 et P(X)=X².
par tize » 26 Avr 2007, 22:43
BiZi a écrit:...comme P(Q(x))=P²(x), on a par injectivité Q(x)=P(x)...
Il me semblait que le petit ² signifie au carré et pas "composée"
kaito974 a écrit:je pense à P²=P(X)²
non ?
par BiZi » 27 Avr 2007, 12:54
tize a écrit:Il me semblait que le petit ² signifie au carré et pas "composée"
non ?
Décidément je suis à la masse :briques: Tu as raison c'est moi qui m'embrouille entre les notations... Mais ta bonne vieille méthode devrait aboutir, non?
par tize » 27 Avr 2007, 15:30
Alors puisque PoQ=P², on a :
=aa'^2X^4 + 2aa'b'X^3 + [a(2a'b'+b'^2)+ba']X^2 + (2ab'c'+bb')X + ac'^2+c)
=a^2X^4 + 2abX^3 + (2ac+b^2)X^2 + 2bcX+c^2)
par identification :
et par symétrie (QoP=Q²) 
Les seuls solutions possibles sont
ou 
Si:
on montre facilement que
et donc 
ou 
et 
ou 
On peut donc prendre indépendamment P et Q égaux à 0 ou 1.
Si :
On a alors tout de suite en regardant les termes en
que 
. De plus en regardant les termes constant, on a alors : 
et par symétrie 
qui n'admet que 
comme solution. Puis en regardant le terme de degré 1 on remarque qu'alors 
donc .
Conclusion : les seuls polynômes
et 
à vérifier 
et 
sont : \in\{0,1\}^2)
ou 
Vous pouvez confirmer ?
par identification :
Les seuls solutions possibles sont
Si
on montre facilement que
On peut donc prendre indépendamment P et Q égaux à 0 ou 1.
Si
On a alors tout de suite en regardant les termes en
Conclusion : les seuls polynômes
Vous pouvez confirmer ?
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