salut

on peut déjà remarquer (et prouver) que P est unitaire

ensuite on peut déjà résoudre simplement le cas affine

si P(x) = x + c alors



or

avec 1 + 4ab > 0 alors

donc a et b vérifient qui est l'équation d'une conique ...

Bonsoir Sylvieg.
J'ai juste regardé les polynômes de degré un.
Les deux solutions possibles :
— P(X)=X  qui correspond à a=b=0 ;
— P(X)=X-1/4 que tu as donné et qui correspond à {a , b}={-1/4 , 3/4}.

Je vais essayer de regarder plus loin.

Merci pour vos réponses.
est équivalent à (a-b)² = 2(a+b) que j'avais trouvé.
D'après l'exercice, les autres solutions sont alors des puissances de X - (a+b)/2.

Et si (a-b)² 2(a+b) ?
peut-on trouver des solutions de degré supérieur ou égal à 2 ?

Bonsoir Sylvieg

Le DM (tel qu'il est exposé sur le pdf attaché par lilian934) n'étudie pas l'équation dans toute sa généralité :

il ne donne pas d'exemple d'un vide,

il ne caractérise pas les non vides,

néanmoins, (et c'est son objectif) il montre qu'un non vide n'est que l'ensemble des puissances d'un unique polynôme unitaire non constant .


Par exemple :

Oui.
Sauf l'exemple de S_a,b vide qui me semble apparaître dans la partie 1 :
Sa,a est vide si a est non nul. Sauf erreur de ma part.

Je répète que je trouve dommage de ne pas exhiber un exemple avec a b et P polynôme non constant.

Sinon, dans le système de carpediem, c = -(a+b)/2.
Le polynôme de degré 1 est donc bien unique quand il existe.

Une manière simple de trouver des couples (a,b) avec solution de degré 1 :
Tout polynôme unitaire de degré 1 est de la forme P(X) = X - r² avec r .
P(X²) = (X-r)(X+r) = (X-r² + r²-r)(X-r² +r² + r) = P(X+r²-r)P(X+r²+r)
Donc solution de E_a,b avec a = r²-r et b = r²+r.

Bonjour,
la méthode de Sylvieg donne en fait tous les couples (a,b) avec solution de degré 1 :

donne et (a et b jouent le même rôle).

J'ai étendu sa méthode au degré 2 en posant .
Le cas donne les carrés des polynômes degré 1 avec les mêmes a et b.

Dans le cas j'ai trouvé des polynômes qui ne sont pas les carrés des polynômes de degré 1( quand ) :

, et .

J'ai aussi commencé à chercher dans cette direction
Pas encore abouti.
Une remarque : Il faut r 1/2.
Sinon on tombe sur mon premier exemple avec du degré 1.

Je l'avais bien vu : je m'étais placé dans le cas où avec ici .

Il n'y a pas d'autres cas pour le degré 2 :

soit avec et

soit avec

Bonjour,
J'ai enfin trouvé le temps d'approfondir le degré 2 et de faire un lien avec l'exercice du PDF.
L_a,b est l'ensemble des solutions non constantes de P(X²) = P(X+a)P(X+b)

Rappel sur le degré 1 :
Si (a-b)² 2(a+b) alors
pas de polynôme de degré 1 dans L_a,b.
Si (a-b)² = 2(a+b), poser M(X) = X - (a+b)/2.
L_a,b est alors l'ensemble des polynômes de la forme Mⁿ avec n dans *.

Pour le degré 2 :
Si (a-b)² 1 et (a-b)² 2(a+b)
alors pas de polynôme de degré 2 dans L_a,b.
Si (a-b)² = 1 et a+b 1/2
alors il existe un polynôme M de degré 2 dans L_a,b.
Et L_a,b est l'ensemble des polynômes de la forme Mⁿ avec n dans *.
Des précisions sur M vont suivre.

On suppose (a-b)² = 1 et a+b 1/2.
Si a = b+1, on échange a et b sans changer E_a,b.
Si b = a+1 alors a -1/4 car a+b 1/2 .
L'équation z² - z - a = 0 admet deux solutions distinctes r et s.
M(X) = (X-r²)(X-s²)

Bonjour,
Je suis tombée par hasard sur ce sujet qui traite (a,b) = (1,-1) :
Polynome
Il y est démontré L_1,-1 vide.

Il me semble que l'on peut généraliser à b = -a avec a 1/2 .
Peut-être même à |a| = |b| ?