Bravo pour l'animation à 28:39 😅 Ca remonte à un bail pour moi, mais ça revient quand même assez vite. Bravo pour le côté pédagogique, on aurait aimé avoir un prof comme toi!😅 Pour ceux qui pensent que tout ça, c'est pour décrocher des concours, que ça s'oublie vite et qu'ensuite ça ne sert pas beaucoup (surtout maintenant avec la puissance des ordis et des logiciels de calcul numérique ou formel), je leur dirai que c'est très formateur en terme de capacité de raisonemment, d'analyse des problèmes et de leur résolution. Et ça, ça vous servira toute votre vie!
34:33 Pour la variante de l'exercice 2 : Trouver tous les polynômes P de C[X] tels que P(X²) = P(X - 1) P(X) On a toujours l'implication λ racine => λ² racine donc pour tout k entier : λ^(2^k) racine ainsi |λ| est soit 0, soit 1 Soit α une racine de P de module 1 (α+1)² est une racine de P Donc |α+1|² = 0 ou 1 Si |α+1|² = 0 alors α = -1 Si |α+1|² = 1 alors : |α|² + 2Re(α) + 1 = 1 1 + 2Re(α) = 0 Re(α) = -1/2 α = e^(±2iπ/3) e^(±2iπ/3) sont j et j² les racines cubiques de l'unité différentes de 1. Ainsi les seules racines de P de module 1 sont -1, j et j² Si 0 est racine 1 = (0+1)² est racine Comme 1 n'est pas racine (n'est ni -1, ni j, ni j²) , 0 n'est pas racine Les seules éventuelles racines sont -1, j et j². Synthèse : P(X) = (X+1)^a (X - j)^b (X - j²)^c On sait que 1+j+j² = 0 donc P(X - 1) = X^a (X + j²)^b (X + j)^c P(X)P(X-1) = X^a (X+1)^a (X-j)^b (X+j²)^b (X - j²)^c (X+j)^c P(X²) = (X²+1)^a (X² - j)^b (X² - j²)^c On a que j² est racine carrée de j En effet (j²)² = j⁴ = j³ j = 1 j = j X² - j = X² - (j²)² = (X - j²)(X + j²) Donc P(X²) = (X-i)^a(X+i)^a (X-j²)^b(X+j²)^b (X-j)^c (X+j)^c Comme P(X-1)P(X) et P(X²) sont égaux, leurs racines sont communes et de mêmes multiplicités : Ainsi a = 0 et b = c Ainsi P = (X - j)^b (X - j²)^b b est un entier quelconque j et j² sont conjugués : P = (X² + X + 1)^b 0 et (X² + X + 1)^b avec b entier naturel quelconques sont solutions
24:31 Une autre façon d'exploiter le fait que λ², λ⁴, λ⁸... sont racines Puisque P est non constant, l'ensemble des racines de P est fini. donc l'ensemble {λ^(2^k) ; k € N} est fini puisque les éléments de cet ensemble sont des racines. Puisque cet ensemble est fini, Il existe a et b tels que λ^(2^a) = λ^(2^b) En passant aux modules |λ|^(2^a) = |λ|^(2^b) x |-----> |λ|^x est strictement croissante (resp. str. décr.) ssi |λ| est > 1 (resp < 1) donc λ est de module 0 ou 1
43:48 Pour la variante (X - 1)P(X) = XP(X - 1) On vérifie en premier lieu que P = 0 est une solution. Prenons à présent P un polynôme non-nul solution au problème Soit α une racine de P (α - 1)P(α) = αP(α - 1) 0 = αP(α - 1) α = 0 ou α - 1 est racine de P Si α est non-entier ou strictement négatif. On peut soustraire 1 à α autant de fois qu'on veut, on ne tombera jamais sur 0 et on aura une infinité de racines. Ce qui est impossible pour un polynôme non-nul. Donc toutes les racines de P sont des entiers naturels. 0 est racine de P (1 - 1)P(1) = 1 P(1 - 1) (en évaluant en 1) 0 = P(0) (on peut aussi évaluer en 0) Soit n un entier naturel racine de P. Tous les entiers entre 0 et n sont racines de P, on applique à n α racine => α-1 racine ou α=0 puis à n-1... jusqu'à 0 On écrit P = λΠ(X - k)^mk k allant de 0 à n Chaque mk est la multiplicité de k. mk vaut au moins 1. Et λ est le coefficient dominant de P On injecte la forme factorisée de P dans l'équation (X - 1)Π(Χ - k)^mk = X Π(X - k - 1)^mk k allant de 0 à n dans les deux produits Les λ se simplifient. Dans le membre de gauche 0 est de multiplicité m0 Dans le membre de droite 0 est de multiplicité 1 m0 = 1 Supposons par l'absurde que n >= 1 Dans le membre de gauche 1 est de multiplicité m1 + 1 Dans le membre de droite 1 est de multiplicité m0 donc 1 m1 + 1 = 1 Donc m1 = 0 Ce qui est absurde car chaque mk est non-nul Donc n = 0 0 est la seule racine et est de multiplicité 1 Ainsi P = λX Synthèse 0 et λX sont solutions
42:35 Pour l'équation 4 : P(X²) = P(X+1)P(X-1) Je propose ma solution On vérifie en premier lieu que le polynôme nul est solution On pose ensuite un polynôme P non-nul solution du problème. λ est racine de P => (λ ± 1)² est racine de P -> Soit λ une racine de P de module strictement supérieur à 1 --> Supposons Re(λ) >= -1/2 |λ+1|² = |λ|² + 2Re(λ) + 1 >= |λ|² car 2Re(λ) + 1 >= 0 |λ+1|² >= |λ|² > |λ| car |λ| > 1 |λ+1|² > |λ| --> Supposons Re(λ) = |λ|² > |λ|² -2Re(λ) + 1 >= 0 |λ-1|² > |λ| Construisons une suite (λn) avec λ0 une racine de P de module strictement supérieur à 1 et λ(n+1) = (λn + 1)² si Re(λn) >= -½ et λ(n+1) = (λn - 1)² si Re(λn) |λn| On a une suite infinie de complexes deux à deux distincts (λn) de racines de P. Ce qui est impossible car P admet un nombre fini de racines Donc P n'admet pas de racine de module strictement supérieur à 1 -> Soit λ une racine non-nulle --> Supposons Re(λ) >= 0 (λ+1)² est une racine de P |λ+1|² = |λ|² + 2Re(λ) + 1 >= |λ|² + 1 > 1 (λ+1)² est une racine de module strictement supérieur à 1, or on a vu que c'était impossible --> Supposons que Re(λ) = |λ|² + 1 > 1 (λ-1)² est une racine de module strictement supérieur à 1 impossible P ne peut pas admettre de racines non nulles -> Si 0 est racine (0+1)² = 1 est racine or 1 n'est pas racine de P Donc P n'admet aucune racine
@clip_moment_ Soit λ une racine de P En évaluant l'égalité polynomiale P(X²) = P(X+1) P(X-1) en λ+1, on obtient P((λ+1)²) = P(λ+2)P(λ) λ est racine de P càd P(λ) = 0 Donc P((λ+1)²) = 0 Ce qui veut dire que (λ+1)² est racine de P De même, en évaluant cette égalité en λ-1 : P((λ-1)²) = P(λ)P(λ-2) P((λ-1)²) = 0 (λ - 1)² est racine de P (λ ± 1)² est racine de P pour noter (λ + 1)² et (λ - 1)² C'est la même chose que ce qu'a proposé Cassou dans sa correction + c'est similaire à ce qui a été fait à l'équation n°3 c'est pourquoi je ne l'ai pas détaillé
Pour le deuxième exo, on obtient qu'il est cubique et que ses racines sont les racines cubiques de 1, c'est donc a(X^3 - 1). Et cette écriture rend la synthèse immédiate puisque (X^3 + 1)(X^3- 1)=((X^3)^2 - 1).
Salut, pour le premier exo ne serait-il pas plus efficace d’utiliser une équation différentielle ? Le problème réside probablement dans le raccord des solutions
L'equation y'' = 1/(x^2-x) y a bien pour solutions un ev de dimension 2 (en tout cas sur ]-inf,0[, sur ]0,1[ et sur ]1,+inf[ donc il suffit bien de trouver une base solution. On trouve un polynome se degré 3 comme solution, donc il suffit de verifier qu'une autre solution n'est pas un polynome. Mais je ne suis pas sur de savoir à quoi elle doit ressembler ; manifestement elle ne sera pas developpable en serie entiere. Tu as une idee ?
Bonjour tout le monde. Pour l'exercice ENS c'est la grande frustration de ne pas avoir le corrigé... Outre les polynômes constants 0 et 1 je ne trouve que les (X²+1)^n. Impossible de trouver une correction sur le net et l'IA a explosé en vol.
Oui l'equation est lineaire, mais il ne suffit pas de vérifier si X^n est solution : Si f est lineaire, on n'a pas f(x+y)=0 ssi f(x)=f(y)=0 En bref, trouver des vecteurs solutions de l'equation permet d'en obtenir d'autre par combinaisons lineaires. Mais ce n'est en general pas suffisant pour trouver toutes les solutions ! En revanche, on peut effectivement bourriner : ecrire P = an X^n + ... + a0, ecrire (X^2-X) P'' dans la base (1,X,...,X^n) et comparer avec 6P. Au fond c'est ce qui est fait dans la solution proposée
Oui d'accord avec @loupiotable En gros tu peux changer de point de vue et dire que tu cherche le noyau d'une application linéaire... mais ça ne t'aide pas beaucoup. A part de dire que tu es sûr que l'ensemble des solutions et un espace vectoriel. 🫤
@@CassouMathPrepa yes exact. En fait c'est ce que je cherchais à la base, genre les valeurs propres de T(f) = (x^2-x) f'', mais j'ai pas l'impression qu'on puisse en dire grand chose (à par qu'ils sont de dimension 2 ...)
Je propose ma solution pour la variante de l’équation 4: Soit P solution de l’équation, on a P(0)=0 donc il existe un polynôme Q dans R[X] tel que P=XQ. Donc d’après l’égalité, Q(x-1)=Q(x). On suppose Q non constant. On a que Q est périodique et donc il ne peut avoir de limite infini en +infini, absurde si Q n’est pas constant donc Q est constant. Finalement, l’ensemble solution est l’ensemble des polynômes P tel que P=cX où c est un réel .
Pour la variante (X - 1)P(X) = X P(X - 1) avec P dans C[X] Étant donné que les polynômes X et X-1 sont premiers entre eux dans C[X], le polynôme X doit diviser P(X) (théorème de Gauss), on pose alors P(X)=X Q(X) où Q dans C[X] est un polynôme que l'on va chercher à déterminer. L'équation se transforme en (X-1)X Q(X)=X (X-1)Q(X-1) en simplifiant par X(X-1) on trouve Q(X)=Q(X-1) pour tout X dans C mais alors Q est constant sinon il aurait une infinité de racines distinctes. Et donc P(X)=a X avec a dans C. (si cela ne vous convient pas voyez undecorateur)
Pour l'équation de Shapiro, Wolfram Alpha vous donne sans problème l'expression des 4 où 5 premières solutions cela vous permet de conjecturer la forme générale de toutes les solutions (x->(1+x^2)^n). Vous avez la suffisance mais pas la nécessité!
D'ailleurs j'avais inventé un problème d'équations polynomiales que je n'ai toujours pas réussi à résoudre. Peut-être que c'est pas faisable : Caraactériser les ensembles E_n = {P(1)P(X)...P(X^n) = P(X^2n) ; P € C[X]} où n est un entier naturel
Enfaite, en utilisant les degrés on voit que seul l'étude de E_3 est intéressante, car E_0 = C[X] en entier et E_n pour n dans IN^* different de 3 est réduit au polynôme nul.
@latarte3931 Pour E_n avec n dans N*, il y a également les polynômes constants de valeur les racines n-ièmes de l'unité Sinon oui E3 est vraiment l'ensemble le plus difficile à déterminer, si encore c'est faisable.
Ah oui, j'ai pas trop réfléchi quand j'ai traité les n≠0 et ≠3 bien vu. Sinon oui le cas n=3 semble résister à la machinerie usuelle de ce genre de problème, une idée qui me vient là tout de suite à l'esprit et que je n'ai pas encore bien creusé ça serait peut-être de faire un développement de Taylor polynomiale en 1... sachant que l'on peut montrer que P(1) est racine 3ème de l'unité par des considérations de valuation du polynôme.
@@latarte3931 Oui j'avais vu pour P(1) ( par contre je n'ai pas testé Taylor, je sais pas comment on pourrait l'utiliser. Déterminer les évaluations en 1 des dérivées successives, ça a l'air compliqué ---------------------------- Ce que j'avais trouvé : λ racine => λ⁶ racine Donc pour tout k dans N : λ^(6^k) est racine Dans le cas d'un polynôme non-nul P, P admet un nombre fini de racines donc l'ensemble : {λ^(6^k) ; k € N} est fini il exste donc a et b dans N distincts tels que λ^(6^a) = λ^(6^b) En passant aux modules |λ|^6^a = |λ|^6^b donc |λ| est soit soit 1 (comme dans l'équation n°4 de la vidéo) De plus si λ ≠ 0 : λ^(6^a - 6^b) = 1 On pose n = 6^a - 6^b, n est entier λ^n = 1 λ est une racine n-ième de l'unité 1 est racine de P => P est nul par l'équation polynomiale de P donc si P est non-nul 1 n'est pas racine Comme λ racine => λ^(6^k) racine et que λ est une racine n-ième de l'unité n ne divise pas 6^k pour tout k dans N Si on note P = X^m Q avec m la multiplicité de 0 de P on a, si on injecte X^m Q dans l'équation Q(1) X^m Q(X) X^2m Q(2X) X^3m Q(3X) = X^6m Q(6X) Q(1) Q(X) Q(2X) Q(3X) = Q(6X) On peut se ramener à trouver les polynômes qui n'ont pas 0 comme racine + qui n'ont que des racines n-ièmes de l'unité. E3 est stable par produit
Désolé pour cette video j'utilise encore l'ancien micro... 😅.
Merci Cassou , très intéressant pour beaucoup de monde !
Tous ces exercices sont à retrouver avec leur correction détaillée dans le Cassouni ^^
Bravo pour l'animation à 28:39 😅 Ca remonte à un bail pour moi, mais ça revient quand même assez vite. Bravo pour le côté pédagogique, on aurait aimé avoir un prof comme toi!😅
Pour ceux qui pensent que tout ça, c'est pour décrocher des concours, que ça s'oublie vite et qu'ensuite ça ne sert pas beaucoup (surtout maintenant avec la puissance des ordis et des logiciels de calcul numérique ou formel), je leur dirai que c'est très formateur en terme de capacité de raisonemment, d'analyse des problèmes et de leur résolution. Et ça, ça vous servira toute votre vie!
@joseoncrack merci, tout à fait d'accord. 👍
Top ces exos.bravo et encore merci
@@Promath43 merci 🙏
Petite simplification vers 16:30
(x-1)(x²+x+1) = x^3-1
ce qui donne bien (x^6-1) = (x^3+1)(x^3-1)
Oui, même remarque.X³-1 pour les trois racines cubiques de l'unité 1, j, j².
Oh mais oui suis-je bête !! ☺️🫢👍
34:33
Pour la variante de l'exercice 2 :
Trouver tous les polynômes P de C[X] tels que P(X²) = P(X - 1) P(X)
On a toujours l'implication
λ racine => λ² racine
donc pour tout k entier : λ^(2^k) racine
ainsi |λ| est soit 0, soit 1
Soit α une racine de P de module 1
(α+1)² est une racine de P
Donc |α+1|² = 0 ou 1
Si |α+1|² = 0 alors α = -1
Si |α+1|² = 1 alors :
|α|² + 2Re(α) + 1 = 1
1 + 2Re(α) = 0
Re(α) = -1/2
α = e^(±2iπ/3)
e^(±2iπ/3) sont j et j² les racines cubiques de l'unité différentes de 1.
Ainsi les seules racines de P de module 1 sont -1, j et j²
Si 0 est racine 1 = (0+1)² est racine
Comme 1 n'est pas racine (n'est ni -1, ni j, ni j²) , 0 n'est pas racine
Les seules éventuelles racines sont -1, j et j².
Synthèse :
P(X) = (X+1)^a (X - j)^b (X - j²)^c
On sait que 1+j+j² = 0 donc
P(X - 1) = X^a (X + j²)^b (X + j)^c
P(X)P(X-1) = X^a (X+1)^a (X-j)^b (X+j²)^b (X - j²)^c (X+j)^c
P(X²) = (X²+1)^a (X² - j)^b (X² - j²)^c
On a que j² est racine carrée de j
En effet (j²)² = j⁴ = j³ j = 1 j = j
X² - j = X² - (j²)² = (X - j²)(X + j²)
Donc
P(X²) = (X-i)^a(X+i)^a (X-j²)^b(X+j²)^b (X-j)^c (X+j)^c
Comme P(X-1)P(X) et P(X²) sont égaux, leurs racines sont communes et de mêmes multiplicités :
Ainsi a = 0 et b = c
Ainsi P = (X - j)^b (X - j²)^b
b est un entier quelconque
j et j² sont conjugués :
P = (X² + X + 1)^b
0 et (X² + X + 1)^b avec b entier naturel quelconques sont solutions
24:31
Une autre façon d'exploiter le fait que λ², λ⁴, λ⁸... sont racines
Puisque P est non constant, l'ensemble des racines de P est fini.
donc l'ensemble {λ^(2^k) ; k € N}
est fini puisque les éléments de cet ensemble sont des racines.
Puisque cet ensemble est fini,
Il existe a et b tels que
λ^(2^a) = λ^(2^b)
En passant aux modules
|λ|^(2^a) = |λ|^(2^b)
x |-----> |λ|^x est strictement croissante (resp. str. décr.) ssi |λ| est > 1 (resp < 1)
donc λ est de module 0 ou 1
Mille merci !
Merci beaucoup
Génial, merci beaucoup à vous.
Avec plaisir
43:48
Pour la variante
(X - 1)P(X) = XP(X - 1)
On vérifie en premier lieu que P = 0 est une solution.
Prenons à présent P un polynôme non-nul solution au problème
Soit α une racine de P
(α - 1)P(α) = αP(α - 1)
0 = αP(α - 1)
α = 0 ou α - 1 est racine de P
Si α est non-entier ou strictement négatif. On peut soustraire 1 à α autant de fois qu'on veut, on ne tombera jamais sur 0 et on aura une infinité de racines. Ce qui est impossible pour un polynôme non-nul.
Donc toutes les racines de P sont des entiers naturels.
0 est racine de P
(1 - 1)P(1) = 1 P(1 - 1) (en évaluant en 1)
0 = P(0)
(on peut aussi évaluer en 0)
Soit n un entier naturel racine de P.
Tous les entiers entre 0 et n sont racines de P, on applique à n
α racine => α-1 racine ou α=0
puis à n-1... jusqu'à 0
On écrit P = λΠ(X - k)^mk k allant de 0 à n
Chaque mk est la multiplicité de k.
mk vaut au moins 1.
Et λ est le coefficient dominant de P
On injecte la forme factorisée de P dans l'équation
(X - 1)Π(Χ - k)^mk = X Π(X - k - 1)^mk
k allant de 0 à n dans les deux produits
Les λ se simplifient.
Dans le membre de gauche
0 est de multiplicité m0
Dans le membre de droite
0 est de multiplicité 1
m0 = 1
Supposons par l'absurde que n >= 1
Dans le membre de gauche
1 est de multiplicité m1 + 1
Dans le membre de droite
1 est de multiplicité m0 donc 1
m1 + 1 = 1
Donc m1 = 0
Ce qui est absurde car chaque mk est non-nul
Donc n = 0
0 est la seule racine et est de multiplicité 1
Ainsi P = λX
Synthèse
0 et λX sont solutions
banger la video
42:35
Pour l'équation 4 :
P(X²) = P(X+1)P(X-1)
Je propose ma solution
On vérifie en premier lieu que le polynôme nul est solution
On pose ensuite un polynôme P non-nul solution du problème.
λ est racine de P => (λ ± 1)² est racine de P
-> Soit λ une racine de P de module strictement supérieur à 1
--> Supposons Re(λ) >= -1/2
|λ+1|² = |λ|² + 2Re(λ) + 1 >= |λ|²
car 2Re(λ) + 1 >= 0
|λ+1|² >= |λ|² > |λ| car |λ| > 1
|λ+1|² > |λ|
--> Supposons Re(λ) = |λ|² > |λ|²
-2Re(λ) + 1 >= 0
|λ-1|² > |λ|
Construisons une suite (λn) avec λ0 une racine de P de module strictement supérieur à 1
et λ(n+1) = (λn + 1)² si Re(λn) >= -½
et λ(n+1) = (λn - 1)² si Re(λn) |λn|
On a une suite infinie de complexes deux à deux distincts (λn) de racines de P. Ce qui est impossible car P admet un nombre fini de racines
Donc P n'admet pas de racine de module strictement supérieur à 1
-> Soit λ une racine non-nulle
--> Supposons Re(λ) >= 0
(λ+1)² est une racine de P
|λ+1|² = |λ|² + 2Re(λ) + 1 >= |λ|² + 1 > 1
(λ+1)² est une racine de module strictement supérieur à 1, or on a vu que c'était impossible
--> Supposons que Re(λ) = |λ|² + 1 > 1
(λ-1)² est une racine de module strictement supérieur à 1
impossible
P ne peut pas admettre de racines non nulles
-> Si 0 est racine
(0+1)² = 1 est racine
or 1 n'est pas racine de P
Donc P n'admet aucune racine
d'où tu sors ça : λ est racine de P => (λ ± 1)² est racine de P ?
@clip_moment_
Soit λ une racine de P
En évaluant l'égalité polynomiale
P(X²) = P(X+1) P(X-1)
en λ+1, on obtient
P((λ+1)²) = P(λ+2)P(λ)
λ est racine de P càd P(λ) = 0
Donc P((λ+1)²) = 0
Ce qui veut dire que (λ+1)² est racine de P
De même, en évaluant cette égalité en λ-1 :
P((λ-1)²) = P(λ)P(λ-2)
P((λ-1)²) = 0
(λ - 1)² est racine de P
(λ ± 1)² est racine de P
pour noter (λ + 1)² et (λ - 1)²
C'est la même chose que ce qu'a proposé Cassou dans sa correction
+ c'est similaire à ce qui a été fait à l'équation n°3
c'est pourquoi je ne l'ai pas détaillé
Pour le deuxième exo, on obtient qu'il est cubique et que ses racines sont les racines cubiques de 1, c'est donc a(X^3 - 1). Et cette écriture rend la synthèse immédiate puisque (X^3 + 1)(X^3- 1)=((X^3)^2 - 1).
xPx-1) = (x-1)P(x) , racine r et r+1 , mais si r est différent de 0
Mais r=0 est l'unique racine donc P(X) = aX et P(X)= 0 , deux solutions uniques 🍉🌴
Salut, pour le premier exo ne serait-il pas plus efficace d’utiliser une équation différentielle ? Le problème réside probablement dans le raccord des solutions
L'equation y'' = 1/(x^2-x) y a bien pour solutions un ev de dimension 2 (en tout cas sur ]-inf,0[, sur ]0,1[ et sur ]1,+inf[ donc il suffit bien de trouver une base solution. On trouve un polynome se degré 3 comme solution, donc il suffit de verifier qu'une autre solution n'est pas un polynome. Mais je ne suis pas sur de savoir à quoi elle doit ressembler ; manifestement elle ne sera pas developpable en serie entiere. Tu as une idee ?
Bonjour tout le monde.
Pour l'exercice ENS c'est la grande frustration de ne pas avoir le corrigé...
Outre les polynômes constants 0 et 1 je ne trouve que les (X²+1)^n. Impossible de trouver une correction sur le net et l'IA a explosé en vol.
Oui j'avoue c'est pas humain de pas donner la solution 😅... mais ça fait des vidéos longues. Je vais aller au moins te chercher le résultat final.
@CassouMathPrepa Alors ça c'est vraiment sympa. Encore merci pour la qualité de tes contenus.
à 7:10 c'est pas plutôt 6P = .... au lieu de P = .....?
ah non j'ai rien dit
Idée qui me passe par la tête : 1er exo : est linéaire en P donc étudier pour P = X^n seulement puis faire des combis lin des solutions. Non ?
Oui l'equation est lineaire, mais il ne suffit pas de vérifier si X^n est solution :
Si f est lineaire, on n'a pas f(x+y)=0 ssi f(x)=f(y)=0
En bref, trouver des vecteurs solutions de l'equation permet d'en obtenir d'autre par combinaisons lineaires. Mais ce n'est en general pas suffisant pour trouver toutes les solutions !
En revanche, on peut effectivement bourriner : ecrire P = an X^n + ... + a0, ecrire (X^2-X) P'' dans la base (1,X,...,X^n) et comparer avec 6P. Au fond c'est ce qui est fait dans la solution proposée
@@loupiotable oui tu as raison, merci.
Oui d'accord avec @loupiotable
En gros tu peux changer de point de vue et dire que tu cherche le noyau d'une application linéaire... mais ça ne t'aide pas beaucoup. A part de dire que tu es sûr que l'ensemble des solutions et un espace vectoriel. 🫤
@@CassouMathPrepa yes exact. En fait c'est ce que je cherchais à la base, genre les valeurs propres de T(f) = (x^2-x) f'', mais j'ai pas l'impression qu'on puisse en dire grand chose (à par qu'ils sont de dimension 2 ...)
Je propose ma solution pour la variante de l’équation 4:
Soit P solution de l’équation, on a P(0)=0 donc il existe un polynôme Q dans R[X] tel que P=XQ. Donc d’après l’égalité, Q(x-1)=Q(x). On suppose Q non constant. On a que Q est périodique et donc il ne peut avoir de limite infini en +infini, absurde si Q n’est pas constant donc Q est constant. Finalement, l’ensemble solution est l’ensemble des polynômes P tel que P=cX où c est un réel .
Et P=0 bien sur !
Pour la variante
(X - 1)P(X) = X P(X - 1) avec P dans C[X]
Étant donné que les polynômes X et X-1 sont premiers entre eux dans C[X], le polynôme X doit diviser P(X) (théorème de Gauss), on pose alors P(X)=X Q(X) où Q dans C[X] est un polynôme que l'on va chercher à déterminer. L'équation se transforme en (X-1)X Q(X)=X (X-1)Q(X-1) en simplifiant par X(X-1) on trouve Q(X)=Q(X-1) pour tout X dans C mais alors Q est constant sinon il aurait une infinité de racines distinctes. Et donc P(X)=a X avec a dans C. (si cela ne vous convient pas voyez undecorateur)
Pour l'équation de Shapiro, Wolfram Alpha vous donne sans problème l'expression des 4 où 5 premières solutions cela vous permet de conjecturer la forme générale de toutes les solutions (x->(1+x^2)^n). Vous avez la suffisance mais pas la nécessité!
D'ailleurs j'avais inventé un problème d'équations polynomiales
que je n'ai toujours pas réussi à résoudre.
Peut-être que c'est pas faisable :
Caraactériser les ensembles
E_n = {P(1)P(X)...P(X^n) = P(X^2n) ; P € C[X]}
où n est un entier naturel
Enfaite, en utilisant les degrés on voit que seul l'étude de E_3 est intéressante, car E_0 = C[X] en entier et E_n pour n dans IN^* different de 3 est réduit au polynôme nul.
@latarte3931
Pour E_n avec n dans N*, il y a également les polynômes constants de valeur les racines n-ièmes de l'unité
Sinon oui E3 est vraiment l'ensemble le plus difficile à déterminer, si encore c'est faisable.
Ah oui, j'ai pas trop réfléchi quand j'ai traité les n≠0 et ≠3 bien vu.
Sinon oui le cas n=3 semble résister à la machinerie usuelle de ce genre de problème, une idée qui me vient là tout de suite à l'esprit et que je n'ai pas encore bien creusé ça serait peut-être de faire un développement de Taylor polynomiale en 1... sachant que l'on peut montrer que P(1) est racine 3ème de l'unité par des considérations de valuation du polynôme.
@@latarte3931
Oui j'avais vu pour P(1)
(
par contre je n'ai pas testé Taylor,
je sais pas comment on pourrait l'utiliser. Déterminer les évaluations en 1 des dérivées successives, ça a l'air compliqué
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Ce que j'avais trouvé :
λ racine => λ⁶ racine
Donc pour tout k dans N : λ^(6^k) est racine
Dans le cas d'un polynôme non-nul P, P admet un nombre fini de racines donc l'ensemble :
{λ^(6^k) ; k € N} est fini
il exste donc a et b dans N distincts tels que λ^(6^a) = λ^(6^b)
En passant aux modules
|λ|^6^a = |λ|^6^b donc |λ| est soit soit 1 (comme dans l'équation n°4 de la vidéo)
De plus si λ ≠ 0 :
λ^(6^a - 6^b) = 1
On pose n = 6^a - 6^b, n est entier
λ^n = 1
λ est une racine n-ième de l'unité
1 est racine de P => P est nul
par l'équation polynomiale de P
donc si P est non-nul 1 n'est pas racine
Comme λ racine => λ^(6^k) racine
et que λ est une racine n-ième de l'unité
n ne divise pas 6^k pour tout k dans N
Si on note P = X^m Q
avec m la multiplicité de 0 de P
on a, si on injecte X^m Q dans l'équation
Q(1) X^m Q(X) X^2m Q(2X) X^3m Q(3X) = X^6m Q(6X)
Q(1) Q(X) Q(2X) Q(3X) = Q(6X)
On peut se ramener à trouver les polynômes qui n'ont pas 0 comme racine + qui n'ont que des racines n-ièmes de l'unité.
E3 est stable par produit