Équation polynôme CCINP 2 024

OShine

Bonjour,

Je planche sur cet exercice.

gebrane

Merci , c'est joli. Tu bloques ?

etanche

On dirait qu’il y a les racines cubiques de l’unité.

LoanSupOp

$P$ nul est solution. On suppose $P$ non nul. 

a) Si $a$ est racine, $a^2$ l'est également mais tu ne veux pas avoir une infinité de racines donc $a=a^2$ et tu as tes conditions. 

b) On peut écrire $P((X+1)^2) = P(X+1)P(X)$, démontrant l'indication directement et tu conclues comme dans a)

2) Les seules racines sont donc $0,-1$ donc $P(X) = \alpha X^p(X+1)^q$ avec $\alpha$ un complexe, $p,q \geq 0$ deux entiers. Mais le $0$ de $P(X^2)$ est d'ordre $2p$, tandis que celui de $P(X+1)P(X)$ est d'ordre $p+q$. D'où $p=q$. 
$$P(X) = \alpha X^p(X+1)^p = \alpha (X^2+X)^p$$

bd2017

Bonjour 

Ton raisonnement @LoanSupOp est expéditif et faux. Parce que $a=a^2$  n'est possible que si $a=0$  ou $a=1$ alors que, simplement en regardant les questions, on voit que ni $a=0,$ ni $a=1$ ne peuvent être racine de $P.$

Edit:  De plus, je vois que tu donnes une solution et il n'est pas difficile de vérifier que pour $p=1$   l'équation fonctionnelle n'est pas vérifiée.

Pour démarrer  correctement,  si  $a\neq 0$  est une racine de $P$  alors $a^2$ est aussi une racine de $P.$  Et par récurrence $a^{2^n}$ est une racine de $P$.  Comme le nombre de racines de $P$  est un nombre fini, il est nécessaire que $|a|=1$    

etanche

LoanSupOp a dit :

$$P(X) = \alpha X^p(X+1)^p = \alpha (X^2+X)^p$$

@ loansupop fait un test remet dans l’équation initiale pour voir si ça marche.

gebrane

Bonjour bd2017. Tu compliques pour la 1a. Soit a une racine de P.   Si a est non nulle alors $P(\pm 1)=0$ car $P(1)=P(1)P(0)$ et $P(0)=P(0)P(-1)$

Bibix

En gros, il faut juste chercher deux sous-groupes finis de $(\mathbb{C}^*,\cdot)$ et prendre l'intersection. Pas mal.

OShine

J'ai cherché l'exercice plus de 30 minutes, je peux proposer des idées de preuve.
1) Soit $a$ une racine de $P$. Alors $P(a)=0$.
On a : $P(a^2)=P(a) P(a-1)=0$.
Puis : $P(a^4)=P(a^2) P(a^2-1)=0$.
Par récurrence immédiate, on a : $\forall n \in \N \ P(a^{2^n})=0$.
Posons $\forall n \in \N \ u_n=|a|^{2^n}=\exp( 2^n \ln |a|)$.
Supposons par l'absurde que $a \ne 0$ et $|a| \ne 1$. Ainsi : $|a| \in ]0,1[ \cup ]1,+\infty[$.

• Si $|a| \in ]0,1[$, la suite $(u_n)$ est strictement décroissante, donc à fortiori strictement monotone, l'application $n \mapsto u_n$ est donc injective et les $|a|^{2^n}$ sont deux à deux distincts. Ce qui est absurde, car $P$ ne possède qu'un nombre fini de racines.
• Si $|a| \in ]1,+\infty$, la suite $(u_n)$ est strictement croissante, donc à fortiori strictement monotone et le raisonnement est identique.

On a montré : 
Si $a \in \C$ est une racine de $P$ alors $a=0$ ou $|a|=1$.

OShine

2) Soit $a$ une racine de $P$.
On a : $P((a+1)^2)=P(a+1) P(a)=0$.
Par récurrence immédiate, on obtient : $\forall n \in \N \ P((a+1)^{2^n})=0$.
Posons $\forall n \in \N \ v_n=|a+1|^{2^n}=\exp( 2^n \ln |a+1|)$.
Supposons par l'absurde que $a \ne -1$ et $|a+1| \ne 1$. Ainsi : $|a+1| \in ]0,1[ \cup ]1,+\infty[$.

• Si $|a+1| \in ]0,1[$, la suite $(v_n)$ est strictement décroissante, donc à fortiori strictement monotone, l'application $n \mapsto v_n$ est donc injective et les $|a+1|^{2^n}$ sont deux à deux distincts. Ce qui est absurde, car $P$ ne possède qu'un nombre fini de racines.
• Si $|a+1| \in ]1,+\infty$, la suite $(v_n)$ est strictement croissante, donc à fortiori strictement monotone et le raisonnement est identique.

On a montré : 
Si $a \in \C$ est une racine de $P$ alors $a=-1$ ou $|a+1|=1$.

Bibix

OShine a dit :

$P$ ne possède qu'un nombre fini de racines.

Et $P = 0$, ce n'est pas une solution ? Cela dit, l'exo semble aussi oublier ce détail...

gebrane

Tu compliques pour la 2b tu peux démontrer facilement si a est différent de -1 alors $P(0)=P(-2)=0$

OShine

3) Les polynômes constants solutions sont $0$ et $1$.
Soit $P$ un polynôme non constant. D'après le théorème de d'Alembert-Gauss, $P$ possède au moins une racine complexe $a$.
D'après les questions 1 et 2 : 
$a \ \text{est racine de} \ P \ \text{dans} \ \C \implies \ (a=0 \ \text{ou} \ |a|=1) \ \text{et} \ (a=-1 \ \text{ou} \ |a+1|=1) $
Soit : 
$\boxed{a \ \text{est racine de} \ P \ \text{dans} \ \C \implies \ (a=0 \ \text{ou} \ a=-1 \ \text{ou} \ |a|=|a+1|=1 )}$

Ici je fais une pause, je dois déterminer les nombres complexes $a$ qui vérifient $|a|=|a+1|=1$. 
Il y a plusieurs façons de faire. 
On a $|a|=1$ donc $a=e^{i \theta}$ avec $\theta \in \R$.
On a : $a+1=e^{i \theta} +1=e^{i \theta / 2 } ( e^{i \theta /2} + e^{-i \theta /2})=e^{i \theta / 2 } (2 \cos( \theta /2) ) $
La relation $|a+1|=1$ fournit : $\cos( \theta /2) = \dfrac{1}{2}$.
Je vais essayer de finir.
C'est peut-être plus simple en posant $a=x+iy$.

OShine

gebrane a dit :

Tu compliques pour la 2b tu peux démontrer facilement si a est différent de -1 alors $P(0)=P(-2)=0$

Intéressant comme méthode je vais essayer.

gebrane

La question 3 demande un investissement. Tu as vu que les polynômes constants solutions sont 0 et 1. Étanche a vendu la mèche en invoquant les racines cubiques de l 'unite. Tu peux vérifier 
Que $P(X)=X^2 +X+1$ convient. Après je sais tu bloques 

Milas

Bonjour
a appartient a l'intersection de cercle de centre 0 et de rayon 1 et de cercle de centre -1et de rayon 1ce qui implque que a est une racine cubique de 1 autre que 1

Chaurien

On a déjà parlé de ce type d'équation fonctionnelle polynomiale, vieille comme mes robes. Retrouver ces anciennes discussions, c'est tout un boulot.

bd2017

gebrane a dit :

Bonjour bd2017. Tu compliques pour la 1a. Soit a une racine de P.   Si a est non nulle alors $P(\pm 1)=0$ car $P(1)=P(1)P(0)$ et $P(0)=P(0)P(-1)$

Qu'est ce que tu racontes?  Je démarre un raisonnement (correct)....pourquoi dire que je complique?

J'ai répondu  à la question 1, c'est tout et @Os en fait le résumé:   

Q1.  Pour un polynôme $P \neq 0$  solution admettant au moins une racine $a$  alors: $a=0$ ou $|a|=1$  

Il a fait Q2.

Q2.  $(a+1)^2$  et par conséquent  $a=-1$  ou bien $|a+1|=1$  

Maintenant on en tire que si $0$  est racine, $1=(0+1)^2$  est racine.  Mais  la deuxième condition de Q2 n'est pas vérifiée. Donc $0$ ne peut être racine. De même si $-1$  est racine alors $0=(-1+1)^2,$  ce qui n'est pas possible comme on vient de le voir:  $-1$  n'est pas racine.  

Finalement  si $a$  est racine $|a|=|a+1|=1.$  $a\in C(0,1)\cap C(1,1).$  i.e $a=j=e^{2i \pi/3}$ ou $a =j^2=e^{-2i \pi/3}.$

On en déduit que $(x-j)(x-j^2)=x^2+x+1$  divise $P$

Reste à faire la synthèse. On vérifie que  $P(x)=x^2+x+1$ est bien solution. Que le produit de deux solutions est une solution. Donc  tout polynômes  de la forme    $P(x)=(x^2+x+1)^k$  est solution. On ajoute a tout cela, les 2 polynômes constants $P=0$ ou $P=1$  solutions.    

Il reste à s'assurer (et c'est facile) qu'un polynôme de la forme $P(x)=(x-j)^k (x-j^2)^p, k\neq p$  ne peut pas être solution .

gebrane

 Bof ; Oshine ne  critique  lorsque l'on fait passer délibérément des faussetés (mes premier et deuxième messages).

Bibix

Du coup, pour bien préciser, la Q1 est fausse. Ce n'est pas pour un polynôme $P$ solution admettant une racine $a$, [...] mais c'est pour un polynôme $P$ solution non nul admettant une racine $a$, ...

bd2017

effectivement voilà, c'est rectifié.  Mais je ne dirai pas que la  question 1 est fausse. Elle aide à trouver les polynômes solutions degré au moins égal à 1. Le piège dans lequel on peut tomber c'est d'oublier les polynômes constants.

JLapin

La question est fausse et il ne faut pas chercher plus loin qu’une erreur de transcription de la part de l’élève qui a diffusé le sujet.

bd2017

La question 1. n'est pas fausse. Il y a un sous entendu que l'on devine bien, c'est tout.

gebrane

Un bonus . Soit $f$ une fonction de $\R\to \R$ dérivable sur $\R$  et non identiquement constante vérifiant
$$\forall x\in \R,\quad f(x^2)=f(x)f(x-1)$$ 
Montrer qu'il existe $c\in \R$ tel que $f'(c)=0$
( Si c'est immédiat, je suis désolé pour le dérangement)

Zig

Si $f$ s'annule, alors selon l'équation fonctionnelle elle possède au moins deux zéros distincts et donc $f'$ s'annule entre les deux.

Si $f$ ne s'annule pas, alors par continuité elle a un signe strict constant.
Mais alors la relation dérivée
$2xf'\left(x^{2}\right)=f'\left(x\right)f\left(x-1\right)+f\left(x\right)f'\left(x-1\right)$
implique que $f'$ ne peux pas avoir un signe constant sur $\mathbb{R}$ ; ainsi selon le théorème de Darboux, $f'$ s'annule.

**ajout**

D'ailleurs il suffit de se contenter ici de $f'\left(0\right)f\left(-1\right)+f\left(0\right)f'\left(-1\right)=0$,

qui implique que $f'\left(0\right)f'\left(-1\right)\leq0$ ...

gebrane

bonjour @Zig peux tu développer ce point ; Si f

 s'annule, alors selon l'équation fonctionnelle elle possède au moins deux zéros distincts

Zig

Bonjour @gebrane, 

Soit $a$ un zéro de $f$ ;

Si $a=0$, de $f\left(1^{2}\right)=f\left(1\right)f\left(0\right)$ on tire que $f\left(1\right)=0$ 

Si $a=1$, de $f\left(2^{2}\right)=f\left(2\right)f\left(1\right)$ on tire que $f\left(4\right)=0$

Si $a\notin\left\{ 0,1\right\} $, alors $a^{2}\neq a$ et de $f\left(a^{2}\right)=f\left(a\right)f\left(a-1\right)$ on tire que $f\left(a^{2}\right)=0$

gebrane

Oui exact 

gebrane

Un bonus inédit, Soit $a\in \C$, Trouver tous les polynômes de $C[X]$  vérifiant $$P(X^2 + a)=P(X)P(X+1)$$

bd2017

Bonjour

Zig a dit :

Si $f$ s'annule, alors selon l'équation fonctionnelle elle possède au moins deux zéros distincts et donc $f'$ s'annule entre les deux.

A priori $f'$ n'est pas supposée continue. Ne manque-t-il pas un argument supplémentaire pour affirmer que  $f'$ s'annule entre les   deux zéros? 

gebrane

bd2017  il ne manque rien, c'est le théorème de Rolle

bd2017

Oui, vraiment je suis à côté de la plaque ce soir.

gebrane

J'ai vu qu'au moins deux nombres ont la même image et donc j'ai proposé la question.
Pour le bonus 2 ,  ?

Zig

Bonus 2
On ne s'occupe que des solutions non constantes..

On cherche un polynôme de degré 1 qui fonctionne : c'est possible si seulement si $a=\frac{1}{4}$, avec le polynôme $X-\frac{1}{2}$.

Alors les polynômes $\left(X-\frac{1}{2}\right)^{n} $ sont solutions.

Reste à voir que la seule racine possible d'une solution est $\frac{1}{2}$ ... 

Si $a\neq\frac{1}{4}$, on cherche alors un polynôme de degré 2 qui fonctionne :
on trouve $X^{2}-X+a$.

En notant $r_{1}$et $r_{2}$ les racines (distinctes) de ce polynôme, on montre que ce sont les seules racines possibles de toute solution.

Ainsi, toute solution est du type $\left(X-r_{1}\right)^{m}\left(X-r_{2}\right)^{n}$,

et en replongeant dans l'équation fonctionnelle, on montre que nécessairement $m=n$, et donc les solutions sont les $\left(X^{2}-X+a\right)^{n}$.

gebrane

Le résultat est exact. Bravo

Chaurien

J'ai retrouvé une référence dans le forum, qui règle pas mal de choses :

https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/1975238#Comment_1975238

gebrane

Merci Chaurien, donc ce n'est pas inédit 

Chaurien

Et encore :

 https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/comment/2184906#Comment_2184906