soit P un polynôme de degré n, alors P(x)= An*x^n+An-1*x^(n-1)+...+A1*x+A0
pour tout x et y de R on a P(x.y)=P(x).P(y)
donc P(x²)=P(x)²
j'ai dérivé cette égalité : 2x*P'(x²)= P'(x)*2P(x)
donc x*P'(x)= P'(x)*P(x)

- si deg(P) est supérieur ou égal à 1 on a deg(P')= deg(P)-1
le membre de gauche aura donc un degré égal à deg(P)-1+1= deg(P)

et le membre de droite un degré de deg(P)-1+deg(P)= 2*deg(P)-1
donc deg(P)= 1
P= ax+b
or pour tout y de R P(0*y)= P(0)*P(y)
donc P(0)= 0 cad b= 0
et P(x*1)= P(x)*P(1)...on en déduit P(1)=1
donc a= 1
P(x)= x

- si deg(P) est strict inférieur à 1 cad P(x)= b
on sait de même que P(0*y)= P(0)*P(y)
donc b= 0 ; P est le polynôme nul.

on fait la réciproque:
- si P(x)= x
P(x*y)= x*y= P(x)*P(y)
- si P(x)= 0
P(x*y)= 0= 0*0= P(x)*P(y)
je dirais donc que les polynômes solutions sont P(x)= x et P(x)= 0.

Pour autant que j'ai bien interprété les signes cabalistiques utilisés dans la symbolique actuelle.
Je n'utiliserai pas cette symbolique qui me donne des boutons (désolé).

Degré zéro.
P(x) = k
-> k = k*k
k = k² et donc k = 0 et k = 1 conviennent

P(x) = 0 et P(x) = 1 conviennent (meme si leur valeur ne dépend pas de la variable)
-----
Degré 1.
P(x) = ax + b (avec a différent de 0)
-> axy + b = (ax+b)(ay+b)
axy + b = a²xy + abx + aby + b²
Par identification des 2 membres ->  a = 1 et b = 0

P(x) = x convient.
-----
Degré 2.
P(x) = ax² + bx + c (avec a différent de 0)

ax²y² + bxy + c = (ax²+bx+c)(ay²+by+c)
Développement du second membre et identification des 2 membres conduisent à:
a = 1, b = 0 et c = 0

P(x) = x² convient.
-----
On déduit des développement précédents que les polynomes de degré supérieur à convenir sont de la forme:
P(x) = x^n  (avec n dans N)
-------------
Les solutions sont donc:
P(x) = 0
et P(x) = x^n avec n dans N (donc P(x) = 1 ; P(x) = x ; P(x) = x² ... )
-------------

Devant ce résultat simpliste, je me dis que je me suis certainement planté, ne serait-ce déjà dans la compréhension de l'énoncé.

On note P(x)= {0iN} Ki*x^i

P(x).P(y)= {0iN} Ki*x^i * {0jN} Kj*y^j

P(x).P(y)= {0iN,0jN}} Ki*Kj*(x^i)*(y^j)

P(x).P(y)= {0iN} Ki²(x^i)*(y^i) + {0iN,0jN}, ij} Ki*Kj*(x^i)*(y^j)

Or P(xy) = {0iN} Ki*(x^i)*(y^i)

Donc il faut que Ki=Ki² ( Ki=0 ou 1 )
Et ij, Ki*Kj=0
Donc pour i donné ji, Kj=0

Soit
L'ensemble des polynomes est:
Pn(x) = x^n (n )ou le polynome nul.

exemple:
P5(x) = x^5
P5(xy) = (xy)^5 = x^5 * y^5 = P5(x) * P5(y)

voici ma réponse:
ce sont les polynômes du type: P=

P(xy) = P(x)P(y) est vérifié pour tous les polynômes ayant la forme P(x)^k, k.

Ainsi, P(xy) = (xy)^k = x^ky^k = P(x)P(y).

Pour moi c'est, un ensemble infini de polynômes, soit :
Le polynôme nul : P(X)=0
Et les polynômes de la forme : P(X)=Xⁿ
n appartenant à IN

Les polynômes valables sont : n, P(x) = xⁿ

(Valable aussi lorsque n=0, on a alors un polynôme constant, qui garde la même valeur x.)

Je ne pense pas qu'il existe d'autre polynôme satisfaisant la condition de l'énoncé, car dès lors qu'on ajoute un autre monôme de degré différent, ou on multiplie par une constante 0 ou 1, la multiplication ajoute des termes en trop par rapport à P(x.y). Mais il faut que les coefficients des différents monômes soient des réels. Si ce sont des puissances de n, alors, ça marche.
Ex : (k.x)ⁿ, k

La solution est peut-être plus complexe ?

Bonjour


P(X) = 0  (polynome nul)

P(X) = 1  (constant égal à 1)

P(X) = Xⁿ  avec n entier supérieur ou égal à 1

Un très grand bravo à toutes les personnes qui ont répondu correctement à la réponse, en effet celle-ci était de niveau 4 et correspondait à un exercice de maths sup... Cela sera plus facile la prochaine fois... Bon voici la retranscription du corrigé de l'exo pour les intéressé, j'espère qu'il n'y pas d'erreur car j'ai mis du temps à tout retaper en latex..


Condition nécessaire

Si P IR[X] convient, en dérivant la fonction g,

g : y P(x.y) - P(x).P(y) = 0, il vient :

yIR , g'(y)=0 d'où yIR, x.P'(x.y)-P(x).P'(y)=0

Pour y = 1, il vient x.P'(x)-P(x).P'(1)=0

On obtient une décomposition en éléments simples de la fonction rationnelle :



Soit x₀ une racine de P.

P(x)=(x-x₀).Q(x) avec d°Q=d°P-1

P'(x)=Q(x)+(x-x₀).Q'(x) d'où





Donc x₀=0

P admet donc une seule racine x = 0 d'où p(X)=.Xⁿ



Réciproquement :

p(X)=.Xⁿ convient si et seulement si = ² soit = 1



Conclusion :

L'ensemble des solutions est {0}{Xⁿ avec nIN}



Voila, prochaine énigme très bientôt

oups, j'avais oublié le polynôme nul, zut

Je poste ma méthode (pour ceux que cela intéresse) :


- un peu comme J.P. j'ai cherché les polynômes de degré inférieur ou égaux à 2.
J'ai été moins efficace car j'ai travaillé à partir de P(X²) = P(x)²


- si un polynôme est de degré n strictement supérieur à 2, il a forcément une racine réelle a.

soit a = 0 alors P(X) = X^n-2 * Q(X)
où Q(X) est un des polynôme de degré inférieur à 3 qui convient.

soit a 0
P(X) = P(X/a * a) = P(a) * P(X/a) = 0 * P(X/a) = 0
P est le polynôme nul

Et je ne sais pas si je méritte les points car ma démonstration contient une erreur ... que l'arbitre juge

aie aie aie ! vous croyez que c'est possible de changer de pseudo ?

loll, même si cette question à une tendance humouristique, heureusement que ce n'est pas possible dans la réalité, il y aurai un foutoir monstre !!!

Prend ton temps la prochaine fois

euh multicompte

très mauvaise idée qui ne va plaire à tout le monde

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