Déterminer les polynômes P de C[X]

Bonjour Christian.Vassard !!
De manière rapide et à chaud , je pense que pour les polynômes P(z) de la forme an.z^n avec |an|=1 cela fonctionne très bien !!!
Par contre , quand on les combine , on ne dispose que de l'inégalité triangulaire et c'est +compliqué pour conclure ???!!!
LHASSANE
PS: je vais approfondir la chose !
Prend donc P(z)=i.z^2+(-i).z somme de deux monômes répondant à ta question , P(z) ne satisfait pas ta condition car P(1)=0 n'est pas dans U !!!!!

Utiliser le lemme de Schwarz

c'est quoi le lemme de schwartz?

Christian.Vassard a écrit:

c'est quoi le lemme de schwartz?

Regarde dans un cours d'analyse complexe ( fonction holomorphe)

Re BJR C-V !!!
Allez voir le lien suivant :
http://fr.wikipedia.org/wiki/Lemme_de_Schwarz
Je ne vois pas de rapport avec la question que vous aviez posée ???!!!
LHASSANE

Merci, je vais voir

je pense que c'est un Exo d'oral

Petite reformulation du problème : trouver tous les polynômes P € C[X] tels que |x| = 1 ==> |P(x)| = 1.

Voilà ma solution (comme l'a précisé Sinchy, cet exo provient sûrement d'un oral de concours, donc je présente une solution élémentaire; ceci dit, ce n'est pas très court ) :

Soit P le polynôme désiré, et Q le polynôme dont tous les coefficients sont les conjugués des coefficients de P.
Dans la suite, je noterai c(x) le conjugué de x.
Alors, on a P(x)*c(P(x)) = 1 pour tout |x| = 1, P(x)*Q(c(x)) = 1.
On considère ceci comme un polynôme en les deux variables x, c(x) : A(x, c(x)) = P(x)*Q(c(x)).
Alors on voit facilement que A(c(x), x) = A(x, c(x)) ==> A est symétrique ==> A est un polynôme en les fonctions symétriques élémentaires.
A(x, c(x)) = B(x*c(x), x+c(x)).
Pour tout |x| = 1, on a B(x*c(x), x+c(x)) = B(1, x+c(x)) ==> B est un polynôme en x+c(x), soit 2*Re(x), et B vaut 1 pour -2 <= x+c(x) <= 2, donc B est le polynôme constant 1.
Enfin, B(1, x+c(x)) est le polynôme constant 1.
Donc B(x*c(x), x+c(x)) est seulement un polynôme en x*c(x), et n'oublions pas que B(x*c(x), x+c(x)) = P(x)*c(P(x)).
Maintenant, supposons que P(x) \neq x^k,
(a_nx^n + ... + a_1x + a_0)(c(a_n)c(x)^n + ... + c(a_1)c(x) + c(a_0)) = B(x*c(x)),
et ici, on prend les monômes de plus grand et plus petit degré de P(x) (ils sont différents).
Comme ceci :
(x^100 + x)(c(x)^100 + c(x)).
Si on développe, on obtiendra un terme du genre x^100*c(x) + x*c(x)^100 = x*c(x)(x^99 + c(x)^99) et le terme de la forme (x^99 + c(x)^99) est "ineffaçable" et utilise (x+c(x))^99 dans sa représentation par les fonctions symétriques.
==> B(x*c(x), x+c(x)) n'est pas un polynôme en x*c(x)
==> contradiction, et donc conclusion.

l'pplication de R dans U : t---> P(exp(it)) est continue ( C infini),
d'aprés le théorème de relevement il existe f:R--->R continue(C infini) telle que : P(exp(it)) =exp(if(t)) qqs t dans R
Mais t-->P(exp(it)) est un polynôme trigonométrique alors
f(t)=nt+c avec a entier>=0 et c réel
Le principe de prolongement analytique permet de dire que
P(z)= exp(ic) z^n

oui c'est un oral d'un con cours françaia si je me trompe pas c'est pour l 'X ou bien les mines