Pas d'idées?

BONSOIR Nightmare
Posns z=x+iy avec x et y réels et f(z)=P(x,y)+iQ(x,y)avec P et Q fonctions numériques des variables x et y.
[f(z)]²=z donne P²-Q²=x et l'égalité des modules des deux membres de cette égalité donne P²-Q²=.
ceci n'étant évidemment possible que si y=0 et x positif auquel cas f se confond avec la fonction racine carrée usuelle que tt le monde connait.
Conclusion:une telle application n'existe pas !(si elle existe j'aimerais bien faire sa connaissance).[blank][/blank]

Bonsoir

Ou utilises-tu l'hypothèse de continuité?

Je ne comprends de toute façon pas ton argument avec les modules ...

, d'où vient le - ?

RECTIFICATIF
l'égalité des modules des deux membres de cette égalité donne P²+Q²=  ,    auquel on adjoint P²-Q²=x.
Ce système donne les expressions de P(x,y) et Q(x,y).

Non ça ne marche pas, ta méthode permet pour un z donné de trouver ses racines carrées complexes. Effectivement on sait que pour tout z, il existe un f(z) tel que [f(z)]²=z, mais ce n'était pas la question

La question était de savoir si l'on pouvait "choisir" les racines carrées de nombre complexe de manière continue.

BONJOUR  Nightmare

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Soit z  un complexe non nul et g une détermination de Logz: gest par définition une fct complexe continue sur un ouvert connexede privé de 0,et telle que :   . Lafonction f définie par: sans 0: f(z)= et      f(0)=0, est continue(comme g) et vérifie [f(z)]²=z.

J'allais justement poster ce commentaire indépendemment de la remarque de Nightmare;

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L'existence de la racine carrée est équivalente à celle d'un log complexe continu et c'est plus facile d'aboutir à une contradiction avec  le log je pense.

grrr désolé pour la balise.

Les grands esprits se rencontrent (phrase totalement narcissique il faut le reconnaitre)

Mais je n'en attendais pas moins de toi...

Ok... Ca règle définitivement nos comptes.

Désirez vous une "correction" ?

Bomsoir  Nightmare

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Personnellement j'ai séché sur un contre exemple éventuel.Je suis donc désireux d'avoir un corrigé.

Salut amatheur22 :

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Soit f : C -> C continue vérifiant les conditions.

Alors |z|=1 => |f(z)|=1.

On démontre qu'il existe une application continue k de [0,1] dans R telle que pour tout t dans [0,1],

Alors

On a l'existence dans p relatif telle que

Alors pour tout t, et ainsi

Mais Contradiction.

Bonjour  Nightmare

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Il me semble que c'est plutot  .En appliquant cette formule pour t=0 et t=1 ,on devrait trouver le meme résultat,ce qui n'est pas le cas (1-1)

Salut

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Il un t a disparu effectivement !