équation fonctionnelle

[invitec053041c]

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Ah bon et en quel honneur ?
a0 est fixé, donc tu ne peux pas faire entrer T dans la constante du polynôme.
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[FonKy-]

Beaucoup d'humour ce Chentouf
bon ce probleme devient difficile, le coup de pouce d'une divinité serait le bienvenue

[CM63]

Le problème est intéressant. Je réponds juste à je ne sais plus qui ^^^^^^ : si f(1)=1 cela ne veut pas dire pour autant que f(x)=x.

Oui, si j'ai bien compris, cela revient à chercher les fonctions f qui commutent avec "le" polynôme a₂x²+a₁x+a₀, les a_i étant fixés.

On entend par "qui commutent", le fait que f ° P = P ° f, c'est-à-dire :

f(a₂x²+a₁x+a₀)=a₂f(x)²+a₁f(x)+a₀

[inviteaf1870ed]

Je remonte ce fil, car le problème me semble intéressant. Voici ma modeste contribution :

Pour tout complexe Y différent de c-b²/4a, il y a deux solutions à l'équation P(z) = Y, que j'appelle z1 et z2.
On a donc f(Y)=af²(z1)+bf(z1)+cf(1)=af²( z2)+bf(z2)+cf(1)

En faisant la soustraction des deux dernières égalités, je trouve

[f(z1)-f(z2)][a(f(z1)+f(z2))+b]=0

Cette égalité est vérifiée par une infinité de paires de complexes z1 et z2, qui sont à chaque fois solutions de l'équation P(z)=Y.

De là j'aimerais déduire que les seules solutions au problème sont l'identité qui donne f(z1)=f(z2) partout, et les fonctions symétriques par rapport au point (-b/2a, -b/2a), mais il me manque une étape...