Determinare i polinomi - SNS 1984
"Siano $n$ e $k$ due interi assegnati maggiori o uguali a 2; determinare i polinomi $p(x)$ di grado $k$ tali che valga l'identità $p(x^n)=[p(x)]^n$."
Uno dei polinomi richiesti è $p(x)=x^k$, che è in sostanza il caso più generale possibile.
Non capisco come posso addentrarmi nei casi particolari. Forse devo partire da quel "interi assegnati"?
Grazie dell'aiuto.
Uno dei polinomi richiesti è $p(x)=x^k$, che è in sostanza il caso più generale possibile.
Non capisco come posso addentrarmi nei casi particolari. Forse devo partire da quel "interi assegnati"?
Grazie dell'aiuto.
Risposte
E secondo me, a meno del segno e della parità di quella [tex]n[/tex], è anche l'unico. Il perché, però, non so dirlo.
Cosa intendi con "a meno del segno e della parità di $n$"?
Concordo nel ritenerla l'unica soluzione, e la mia dimostrazione è la seguente.
Poiché p(x) è di grado k, possiamo porre $p(x)=a_0x^k+q(x)$, con $a_0 \ne 0$ e grado di q(x) = h < k. La formula diventa quindi $a_0x^(kn)+q(x^n)=[a_0x^k+q(x)]^n$, cioè
$a_0x^(kn)+q(x^n)=a_0^n x^(kn)+n a_0^(n-1)x^(k(n-1)) q(x) +\ldots $
In entrambi i membri i termini vanno diminuendo di grado; devono essere uguali quelli di grado maggiore, quindi $a_0=a_0^n$ e poiché il valore zero è escluso, $a_0^(n-1)=1$, da cui $a_0=1$ se n è pari e $a_0=\pm 1$ se n è dispari. Escludendo ora i due primi addendi, si possono avere due casi:
1) q(x) = 0 : ne consegue la soluzione data da elios e migliorata da Wizard
2) altrimenti i due membri devono avere lo stesso grado: ne consegue
$hn= k(n-1)+h ->\ldots -> (k-h)(n-1)=0$, che non può verificarsi.
Altre due cose:
1) Non l'ho esaminata con attenzione, ma mi pare che l'ipotesi $k \ge 2$ sia superflua
2) elios, dove trovi i testi di questi esercizi? (e va bene anche se me lo dice qualcun altro)
Poiché p(x) è di grado k, possiamo porre $p(x)=a_0x^k+q(x)$, con $a_0 \ne 0$ e grado di q(x) = h < k. La formula diventa quindi $a_0x^(kn)+q(x^n)=[a_0x^k+q(x)]^n$, cioè
$a_0x^(kn)+q(x^n)=a_0^n x^(kn)+n a_0^(n-1)x^(k(n-1)) q(x) +\ldots $
In entrambi i membri i termini vanno diminuendo di grado; devono essere uguali quelli di grado maggiore, quindi $a_0=a_0^n$ e poiché il valore zero è escluso, $a_0^(n-1)=1$, da cui $a_0=1$ se n è pari e $a_0=\pm 1$ se n è dispari. Escludendo ora i due primi addendi, si possono avere due casi:
1) q(x) = 0 : ne consegue la soluzione data da elios e migliorata da Wizard
2) altrimenti i due membri devono avere lo stesso grado: ne consegue
$hn= k(n-1)+h ->\ldots -> (k-h)(n-1)=0$, che non può verificarsi.
Altre due cose:
1) Non l'ho esaminata con attenzione, ma mi pare che l'ipotesi $k \ge 2$ sia superflua
2) elios, dove trovi i testi di questi esercizi? (e va bene anche se me lo dice qualcun altro)
"giammaria":
2) elios, dove trovi i testi di questi esercizi? (e va bene anche se me lo dice qualcun altro)
http://download.sns.it/proveesame/matm_all.pdf
Ciao!
Grazie.
Grazie mille della soluzione...!
@giammaria
Eccolo qua! Io lo sapevo che la soluzione la trovavi te!
Eccolo qua! Io lo sapevo che la soluzione la trovavi te!
Ciao mi scuso tanto se rispondo a una discussione terminata da millenni ma ho provato a fare questo esercizio ieri. Ho trovato la stessa soluzione (unica) ma l'ho dimostrata per induzione. Secondo voi va bene lo stesso?? Mi scuso ancora:)
Non vedendo la tua soluzione, non posso dire nulla di certo. In generale, qualsiasi metodo di soluzione va bene; mi sembra però difficile dimostrare un'unicità con l'induzione.
No no io non ho dimostrato l'unicità ma la sola esistenza(ovvero che quello soddisfa la proprieta). Appena avrò due minuti di tempo per imparare a scrivere le formule come si deve scrivero la dimostrazione. Ti ringrazio:)
Allora io nella dimostrazione ho fatto così e spero sia giusto:
Sia $P(x) $ un poliniomio in $x$ e sia $deg(x)=k$ con $k>=2$
scriviamo $ P(x):=sum_(k=1) ^n a_k x^k$
Siccome $P(x)$ deve essere tale che $P(x^n)=((P(x))^n$(*) allora scriviamo ancora $P(x^n)=sum_(k=1) ^n a_k(x^k)^n$ e $(P(x))^n= (sum_(k=1) ^n a_k x^k)^n$ da cui uguagliando $sum_(k=1) ^n a_k(x^k)^n=(sum_(k=1) ^n a_k x^k)^n$
siccome in generale $(lambda_1+lambda_2+...+lambda_n)^alpha>(lambda_1^alpha+lambda_2^alpha+...+lambda_n^alpha)$ per $lambda>0$ si può considerare solo il monomio $x^k$ con $k>=2$.
Ponendo $n=2k$ verifichiamo per induzione se la (*) è verificata:
Passo Base:
Per $k=2$ quindi per $n=4$ abbiamo: $(x^2)^4=root(4)(x^2)^4=x^2=P(x)$ quindi è ok
Passo induttivo, supponiamo che la (*) sia vera $AA n,k in NN >=2$ e cerchiamo di dimostrare che è vera anche per $k+1$
allora: $P(x)=x^(k+1)$ e $P(x^n)=(x^(k+1))^(2k+2)rarr root(n)(P(x^n))=root(2k+2)(x^(k+1))^(2k+2)=x^(k+1)=P(x)$ C.V.D.
Sia $P(x) $ un poliniomio in $x$ e sia $deg(x)=k$ con $k>=2$
scriviamo $ P(x):=sum_(k=1) ^n a_k x^k$
Siccome $P(x)$ deve essere tale che $P(x^n)=((P(x))^n$(*) allora scriviamo ancora $P(x^n)=sum_(k=1) ^n a_k(x^k)^n$ e $(P(x))^n= (sum_(k=1) ^n a_k x^k)^n$ da cui uguagliando $sum_(k=1) ^n a_k(x^k)^n=(sum_(k=1) ^n a_k x^k)^n$
siccome in generale $(lambda_1+lambda_2+...+lambda_n)^alpha>(lambda_1^alpha+lambda_2^alpha+...+lambda_n^alpha)$ per $lambda>0$ si può considerare solo il monomio $x^k$ con $k>=2$.
Ponendo $n=2k$ verifichiamo per induzione se la (*) è verificata:
Passo Base:
Per $k=2$ quindi per $n=4$ abbiamo: $(x^2)^4=root(4)(x^2)^4=x^2=P(x)$ quindi è ok
Passo induttivo, supponiamo che la (*) sia vera $AA n,k in NN >=2$ e cerchiamo di dimostrare che è vera anche per $k+1$
allora: $P(x)=x^(k+1)$ e $P(x^n)=(x^(k+1))^(2k+2)rarr root(n)(P(x^n))=root(2k+2)(x^(k+1))^(2k+2)=x^(k+1)=P(x)$ C.V.D.
Confesso che non riesco a seguirti, anche perché hai usato la lettera $k$ sia per il grado del polinomio che come contatore della sommatoria. Secondo me, dovrebbe essere
$P(x)=sum_(r=0)^ka_rx^r$
Sorvolando sulle tante altre cose che mi suscitano perplessità, mi pare di capire che intendi dimostrare che $P(x)=x^k$ è soluzione del problema. Ma per questo basta una verifica diretta: infatti
$[P(x)]^n=(x^k)^n=x^(kn)$
e $P(x^n)=(x^n)^k=x^(nk)$
ed i due risultati sono uguali per la proprietà commutativa del prodotto.
$P(x)=sum_(r=0)^ka_rx^r$
Sorvolando sulle tante altre cose che mi suscitano perplessità, mi pare di capire che intendi dimostrare che $P(x)=x^k$ è soluzione del problema. Ma per questo basta una verifica diretta: infatti
$[P(x)]^n=(x^k)^n=x^(kn)$
e $P(x^n)=(x^n)^k=x^(nk)$
ed i due risultati sono uguali per la proprietà commutativa del prodotto.
La verifica diretta che dici tu però a me sembra che non implichi in alcun modo che vale per ogni $ n, k >=2 $. Cioè è una cosa che so deve comunque dimostrare in qualche modo secondo me. Magari mi sbaglio però.Probabilmente ne sai molto ma molto più di me perciò ti ringrazio di stare a perder tempo con me:)
Comunque sia ho riflettuto sul fatto del $ k $ che ho usato sia come contatore della sommatoria che come grado del polinomio e hai pienamente ragione. Devi scusarmi se può aver creato disappunto ma per la fretta non c'ho fatto proprio caso:) scusami tanto!!
"alicetritone94":
La verifica diretta che dici tu però a me sembra che non implichi in alcun modo che vale per ogni $ n, k >=2 $.
La proprietà commutativa vale per tutti i numeri reali e quindi anche se ci sono limitazioni. La formula varrebbe anche se fossero funzioni qualsiasi e non polinomi: se $f(x)=x^k$ (anche con $k$ frazionario o negativo o irrazionale), si ha $f(x^n)=[f(x)]^n$. Non escludo però che in questo caso possano esserci anche altre soluzioni.
sono ancora perplesso perchè il testo recita in apertura "$n,k in ZZ >=2$"
Ripeto: se qualcosa vale per tutti i reali, vale anche per $n,k in ZZ>=2$. Questa limitazione serve solo a restringere il numero di possibili soluzioni.
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