Petit exercice inoffensif

[invite8a4b4bcc]

Reçu d'un de mes professeur hier :

Voici un exercice aussi inoffensif qu'inintéressant (en apparence en tout cas) :
reconnaître toutes les fonctions polynomiales P à coefficients réels de R vers R vérifiant, pour tout réel x,

P(x^2) = P(x) P(x - 1).

Cela (n')a l'air de rien. Et pourtant...

J'ai fait des essais pour le produit P(x).P(x-1) avec des polynomes de faible degré mais c'est trop le bazard pour inférer quelque chose, alors je voulais m'y attaquer directement en réalisant ce même produit en écrivant les polynomes comme suit :



Ce qui nous donne donc, pour P(x-1) :



L'ennui c'est que je bloque pour réaliser le produit, j'ai cherché sur l'internet mais je ne trouve pas mon bonheur.

Bon c'est mon premier message sur le forum, j'ignore comment ca fonctionne, mais je veux préciser que je ne cherche aucunement la solution du problème, disons plutôt une petite astuce
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[invite57a1e779]

On peut remarquer que, si a est racine de P, alors a² l'est aussi, ce qui pourrait faire beaucoup de racines...

[inviteaf1870ed]

Il faut essayer de trouver la solution sans faire les calculs qui sont vraiment assez compliqués.
Regarde ce que cela te donne pour x=0,x=1,x=-1. Tu peux ensuite montrer que s'il existe un a différent de 0,1 ou -1 tel que P(a)=0, alors P a une infinité des racines.
Je te laisse poursuivre les explorations

[invite8a4b4bcc]

J'ai regardé un peu, alors si on considère que le polynome admets au moins une racine a il en a nécessairement une autre, a². a² étant elle même une racine on a alors a^4 lui-même racine, d'où l'infinité par récurrence. Cela signifie-t-il qu'il n'existe aucun polynome vérifiant la relation ?
Merci pour les réponses !

[A voir en vidéo sur Futura]

[invitec3143530]

Ou plutôt le seul polynôme la vérifiant est le polynôme nul...

Tu peux dire par l'absurde que si il existait un polynôme de degré n la vérifiant, si on pose an le coefficient de x^n, on aurait dans le membre de gauche an * x^(2n) et dans le droit (an)²x^(2n) c'est à dire que le coefficient de x^(2n) n'est pas le même..

[inviteaf1870ed]

Il me semble que 1²=1, mais je peux me tromper...

[invitec1242683]

Il me semble que 1²=1, mais je peux me tromper...

ou -3 dans Z/4Z lol

[invitec1242683]

Mais qui est donc le coupable ? Le polynôme nul ? le colonel moutarde ? Sachant que si on a 2 clés à molette dans la véranda, alors il y a aussi 4, 16,256,.... clés à molette !

[invite51d17075]

oui la fonction nulle est solution
f(x)=0 qcq soit x.
mais elle n'est pas la seule
f(x)=1 est aussi solution ( ce que suggère implicitement ericc)
et pour finir, on ne cherche pas que des polynomes avc racines.
il me semble que
f(x)=x²+x+1 est solution par exemple !

[inviteaf1870ed]

Les solutions sont de la forme (X²+X+1)^m et 0....mais il faut le démontrer !

[invite57a1e779]

Un petit plan rapide :

On détermine le coefficient dominant de P.
On travaille le lien entre P(x²) et P(x) : si a est racine de P, alors a=0 ou |a|=1.
On travaille le lien entre P(x²) et P(x-1) : si a est racine de P, alors a=-1 ou |a+1|=1.
On en déduit les racines éventuelles de P et il reste à déterminer les ordres de multiplicités possibles.

[invite51d17075]

pourquoi chrcher les racines puisque justement les polynomes qui sont solutions de l'équation n'ont pas de racines dans R
à part les fonctions
f(x)=0 pour tout x ou f(x)=1. ( c'est pass vraiment des racines )
donc on les oublie ( enfin , on les garde en mémoire )

mon petit plan
-pas de solution au rang 1 ( affine )
-une seule solution de degré 2: f(x)=x²+x+1
que l'on peut déduire par identification des membres en appliquant l'équation.
-par recurrence on montre que si f(x)^k au degré n ( n pair =2k ) est solution alors f(x)*f(x)^k est la seule solution pour n+2
en ecrivant solution suivante =g(x)*f(x)^k et g de degré 2
-donc on a toutes les solutions pour les polynomes de degré pair.

les polynomes de degré impair sont à éliminer
justement parcequ'il ont forcement une racine dans R ce qui implique une infinité de solution ( vu plus haut ) et donc est impossible.

[invite57a1e779]

par recurrence on montre que si f(x)^k au degré n ( n pair =2k ) est solution alors f(x)*f(x)^k est la seule solution pour n+2
en ecrivant solution suivante =g(x)*f(x)^k et g de degré 2

Je ne vois pas pourquoi "la solution suivante" aurait cette forme particulière.

les polynomes de degré impair sont à éliminer
justement parcequ'il ont forcement une racine dans R ce qui implique une infinité de solution ( vu plus haut ) et donc est impossible.

Il faut arriver à éliminer les racines éventuelles 0 et 1.

[invite51d17075]

Je ne vois pas pourquoi "la solution suivante" aurait cette forme particulière.
.

parceque f(x)*f(x)^k est solution et qu'il ne peut y en avoir plusieures !
sinon le nb de racines complexes de la solution serait supérieur au degrré du polynome.

Il faut arriver à éliminer les racines éventuelles 0 et 1.

ça a été fait depuis le debut à part d'intégrer les solutions f(x)=0 pour tout x ou f(x)=1
( ce qui revient à (x²+x+1)^° )
sinon revoir le mess N° 10 d'ériccc !

a moins, pour tes deux questions que tu connaissent des polynomes de degré fini ayant un nombre supérieur de racines ( réelles ou complexes ) à leur degrés.

[invite51d17075]

mauvais argument de ma part, car les racines ( complexes ) snt tj les mêmes.

je reviens avec qcq chose de plus pertinent tout à l'heure !!
il faut que je précise la recurrence.
désolé.
( par contre la demo me semble cohérente )

[invite51d17075]

Je ne vois pas pourquoi "la solution suivante" aurait cette forme particulière.
.

si la solution polynomiale suivante s'écrit f(x)*p(x)/q(x), alors il faudrait que q "divise" x²+x+1 . impossible.
donc q=1 et on en revient à ma démo.

[invite57a1e779]

si la solution polynomiale suivante s'écrit f(x)*p(x)/q(x), alors il faudrait que q "divise" x²+x+1 . impossible.
donc q=1 et on en revient à ma démo.

Je ne vois pas pourquoi q devrait diviser x²+x+1...

[invite51d17075]

bonjour godbreath,
je pensais que les théorèmes sur les fractions rationnelles des polynomes suffisaient mais bon.

alors faisons autrement.
soit g(x) la solution suivante de degré supérieur à f ( f satisfaisant l'équation )
g(x)=f(x)*p(x)/q(x) ( avec p et q premiers entre eux et de degré <= f )
g(x²)=g(x)*g(x-1) et
g(x²)=f²(x)*p²(x)/q²(x) et
f²(x)=f(x)*f(x-1)
par identification on a à la fois
g(x)*g(x-1)=f(x)*f(x-1)*p(x)*p(x-1)/(q(x)*q(x-1)) et
g(x)*g(x-1)=f(x)*f(x-1)*p²(x)/q²(x)
donc
p(x)*p(x-1)/q(x)*q(x-1) = p²(x)/q²(x)

cela te suffit il pour dire que P et q doivent satisfaire l'équation ?

[Seirios]

Mais cette identification nécessite que la fraction soit réduite, ce qui n'est a priori pas le cas dans le membre de gauche. Si l'on prend p=X(X+1) et q=X+2, il me semble que cela fournit un contre-exemple.

[Seirios]

Je tente ma chance :

Remarquons d'abord que si P s'annule, alors il est identiquement nul. Si une racine a est différente de 0, 1 ou -1, c'est clair. Les égalités P(1)=P(1)P(-1) et P(1)=P(-1)P(-2) montrent que 1 racine de P ssi -1 également. Dans le cas où 1 ou -1 est racine de P, X²-1 divise donc P. En insérant l'égalité P=(X²-1)Q dans l'égalité de départ, on trouve qu'alors 2 est racine de P, et donc P est identiquement nul. On procède de la même manière pour 0 et on trouve que si 0 est racine de P, alors 1 est racine de P.

Remarquons de plus que si , alors (en identifiant le premier et le dernier coefficient) et . Donc P s'écrit sous la forme avec (écriture comme produit d'irréductibles).

En utilisant l'égalité de départ, on obtient . Le membre de droite est un produit d'éléments irréductibles, donc on peut décomposer le membre gauche sous cette forme puis identifier. Or où sont des coefficients que l'on a pas vraiment besoin de connaître. Les valent donc tous 1 et P est une puissance de .

[Seirios]

EDIT : J'ai peut être parlé un peu vide en écrivant les facteurs irréductibles de P sous la forme X²+aX+a. Je vais chercher une justification propre.

[invite51d17075]

désolé sérios,
j'ai du mal à te comprendre.
ni ton objection sur l'identification.
F1(x)*G1(x)=F1(x)*G2(x) avec F non nul donc G1=G2 ! non ?
et encore une fois il me semble totalement inutile de revenir sur les cas 0 et 1.
ça, c'est déjà résolu depuis le début.

[invite57a1e779]

On commence par remarquer que, si a est racine de P, alors a² l'est également, donc a²ⁿ est racine de P pour tout entier n.

Si a n'est ni 0, ni 1, ni -1, cela conduit à un nombre infini de racines : le polynôme P est nul.

Si 1 est racine, alors : P(4)=P(2²)=P(2)P(1)=0 donc 4 est racine de P et P est nul

Si -1 est racine, alors (-1)²=1 est racine donc P est nul.

Si 0 est racine, alors P(1)=P(1²)=P(1)P(0)=0 donc 1 est racine et P est nul.

P ne peut pas admettre de racines réelles, donc P est de degré pair.

Pour le degré 0, on obtient facilement le polynôme constant P=1.

Pour le degré 2, on obtient facilement le polynôme P=X²+X+1.

Supposons que, au degré 2n, on ait obtenu une solution f.
On peut bien évidemment chercher une solution g de degré 2n+2 sous la forme g=f*p/q, et on devra trouver que p=g et q=f conviennent, et je ne vois pas comment sortir de ce cercle vicieux.

On peut travailler sur la décomposition en facteurs irréductibles réels comme le propose Seirios, mais je ne vois pas pourquoi on se priverait de raisonner sur les racines complexes de ces facteurs irréductibles.

Le fait que, pour une racine complexe a de P, a²ⁿ est racine de P pour tout entier n est toujours valable : ces racines complexes sont de module 1.
Si a est racine de P et b=a+1, alors P(b²)=P(b)P(a)=0, donc b² est racine de P : |b|=1, c'est-à-dire |a+1|=1.
Les racines complexes de P satisfont |a|=|a+1|=1, les seules possibilités sont j et j², donc le seul facteur irréductible de P est X²+X+1 et P est une puissance de cet unique facteur irréductible.

[invite57a1e779]

J'ai trouvé ce qui ne va pas

soit g(x) la solution suivante de degré supérieur à f ( f satisfaisant l'équation )
g(x)=f(x)*p(x)/q(x) ( avec p et q premiers entre eux et de degré <= f )

Rien ne permet d'imposer cette condition de degré à p et q.

[invite51d17075]

je ne l'impose pas , mais j cherche une solution de degré n+2, et je la trouve.
comme tu le dis ( mais pardonnes moi, je le dis depuis le début ) les degrés sont forcement pair.
il me reste à montrer de manière totalement propre que cette solution est unique
mais je crois que sur les degrés de p et q, ça ne doit pas être dur.
sinon on sort du cadre solution de degré n+2

pour le reste, ton résumé ressemble maintenant très fort à ce que j'exprime depuis longtemps, si tu me relis bien !!
de le présenter aujourd'hui comme un résumé et une analyse purement personnelle est un peu blessant.

[inviteaf1870ed]

Ansset ta méthode est différente de celle de GB, en effet il ne raisonne ni par récurrence sur le degré de P, ni par décomposition de facteurs irréductibles, mais par l'identification des racines du polynôme. Et en plus ça marche...

[invite51d17075]

bon à mon tour de revenir sur la recurence, qui est évidente.
on cherche à montrer que les solutions sont (x²+x+1^)^k
( on oublie les cas 0 et 1 et le fait que le polynome doit être de degré pair )
tout ça largement débatu depuis le début.

1)x²+x+1 est la solution unique au rang k=1 ( initiation )
2)on suppose qu'il existe une solution unique (x²x+1)^n pour tout n jusqu'au rang k
on cherche une solution au rang k+1
(x²+x+1)^(k+1) est solution
mais est elle unique ?
on peut l'ecrire
(x²+x+1)*(x²+x+1)^k
hors les deux sont uniques ( chacune dans leur rang )( hypothèse de recurrence )
CQFD
( on peut ecrire de même (x²+x+1)²*(x²+x+1)^(k-1), ça ne change pas le résultat.

ps: j'avais de mon coté un tour pr les complexes, mais je trouvais ça plus compliqué à expliquer, sachant qu'll faut exclure les solutions réelles

[invite57a1e779]

Je ne comprends toujours pas le fonctionnement de cette récurrence.
En particulier : comment déduit-on l'unicité au rang k+1 à partir de l'unicité aux rangs précédents ?

[inviteaf1870ed]

Comment peut on être sur que les solutions au rang k+1 sont de la forme (X²+X+1)^k+1 ?
Qu'est ce qui nous dit que ce n'est pas une autre forme, par exemple (X²+1)^k+1