functional-equ

trouver ts les polynomes de R vers R verifiant f(x²)=f(x)f(x+1)
merci

Indication : penser aux racines de f.

oui si r est une racine r² et r-1 le sont aussi

(x²+x+1)^n

Relis l'énoncé (ici, c'est f(x+1), pas f(x-1))

(1) a écrit:

f(x²)=f(x)f(x-1)

pour les f contante les seules solutions f=1 ou f=0
il existe a dans C tel que f(a)=0
soit E={a^{2^n} | n dans N*}.
quel que soit h dans E,f(h)=0,
si E est de cardinal infini alors f=0
si E est fini, alors il existe p tel que a^{2^p}=1
c-a-dire |a|=1 (1)
et soit J={(a+1)^{2^n} | n dans N*}
on a quelque soit h dans J, f(h)=0,
de meme si J est infini f=0
sinon il exist k tel que (a+1)^{2^k}=1
c_a_dire |a+1|=1 (2)

(1) et (2) donc a=j ou a=j²
donc f(x)=(x-j)^c(x-j²)^b
et puisque f(x) appartient à R
donc on prend c=b=n

c/c: f(x)=[(x-j)(x-j²)]^n=(x²-(j+j²)x+j^3)^n=(x²+x+1)^n ou bien f(x)=1 ou bien f(x)=0
et on remplacant on trouve que (x²+x+1)^n est bien une solution.

(2) a écrit:

f(x²)=f(x)f(x+1)

les seules fonction constante c'est f=0 ou f=1
si deg(f)>0
de meme on aura:
|a|=|a+1|=1
donc a=exp(pi/3) ou a=exp(-pi/3)
donc f(x)=(x-exp(pi/3))^c(x-exp(-pi/3))^b
et pour le meme raison on pend c=b=n

donc f(x)=(x²-x+1)^n
et puisque c'est just une impliquation alors (x²-x+1)^n n'est pas forcement une solution,
et en verifiant on trouve que c'est pas une solutions
donc les seules solution de f(x²)=f(x)f(x+1) sont f=0 ou f=1

Non, ce n'est pas la solution du problème posé! (cf. mon message précédent..)

Bonjour,

01111111(?) a écrit:

trouver ts les polynomes de R vers R verifiant f(x²)=f(x)f(x+1)

Puisque personne ne dit plus rien sur celui-ci :

<<<<<<<< édité le 21/03 matin suite à erreur sur les racines complexes >>>>>>>

Considérons d'abord les solutions pour les polynômes de C dans C
1) si x est racine, x^2 est racine ==> seules les racines de modue 0 ou 1 sont envisageables. Sinon, on a un nombre infini de racines.

2) Si x est racine, (x-1)^2 aussi (utiliser la propriété avec x-1). CSeules les racines telles que le module de (x-1) vaille 0 ou 1 sont envisageables.i

==> les seules racines complexes possibles sont donc 0 et 1
(les racines cos(pi/3)+/- i sin(pi/3) qui répondent à module(x) = 1 et module(x-1)=1 sont à écarter car leur carré ne répond plus à module(x-1) = 1)

==> f(x) = a x^m (x-1)^n
En reportant dans la propriété initiale, on trouve :
a = 0
ou a=1, m=n

D'où les solutions :

f(x) = 0
f(x) = x^n (x-1)^n

--
Patrick