\( p(x^2)= p(x) p(x-1) \)

[Gi81]

Trovare tutti i polinomi \( p(x) \in \mathbb{R}[x] \) tali che \( p(x^2)= p(x) p(x-1)\).

[kobeilprofeta]

$p(1)=p(1)*p(0)=>p(0)=1$
$p(0)=p(0)*p(-1)=>p(-1)=1$
$p(1)=p(-1)*p(-2)=p(-2)$
$p(4)=p(2)*p(1)=p(2)*p(-2)$
$p(4)=p(-2)*p(-3)=>p(2)=p(-3)$

...sugli interi devono valere 1
e oserei dire che c'è solo il pol costante $1$.

[Gi81]

@kobeilprofeta:

Se cerchiamo le soluzioni costanti $p(x)=c$ si nota subito (sostituendo) che deve valere $c=c^2$, quindi $c=0 vv c=1$. Pertanto le soluzioni costanti sono $p(x)=0$ e $p(x)=1$.

[dan952]

Alcune considerazioni:

Mostrando che esistono infinite coppie di interi positivi $(m_k,n_k)$, $k \in NN$ tali che $p(m_k)=p(n_k)$, segue che $p(x)=1 \ o\ 0$, infatti per il teorema di Rolle esistono $c_k \in (m_k,n_k)$ tali che $p'(c_k)=0$ ma $p'(x)$ è anch'esso un polinomio ma di grado $n-1 \geq 0$ dunque per il teorema fondamentale dell'algebra deve essere costante, quindi di grado 0, altrimenti avrebbe infiniti zeri, quindi $p'(x)-=0$ da cui segue che $p(x)=1\ o\ 0$

[Gi81]

@dan95:

tu stai assumendo che tutti i $c_k$ siano distinti, ma può anche accadere che coincidano.
Esempio: prendiamo il polinomio $r(x):=x^2$.
Per questo polinomio ci sono infinite coppie di interi $(m_k,n_k)$ tali che $r(m_k)=r(n_k)$:
ad esempio $m_k=k$ e $n_k = -k$. Per Rolle esiste $c_k in (-k,k)$ tale che $r'(c_k)=0$.
Ma si ha sempre $c_k=0$, quindi non è vero che $r'(x)$ ha infinite radici distinte.

@tutti: ci sono anche delle soluzioni non costanti

[dan952]

Si scusa avrei dovuto precisare infinite coppie di "interi positivi"

[Gi81]

e come dimostri che esistono infinite coppie $(a,b) in NN times NN$ tali che $p(a)=p(b)$?

[dan952]

Consideriamo il generico polinomio $p(x)=a_nx^n+a_(n-1)x^{n-1}+...+a_1x+a_0$.
Se $a_0=0$ allora $p-=0$ infatti $p(0)=0 \Rightarrow p(1)=p(1)p(0)=0 \Rightarrow p(4)=p(2)p(1)=0 \Rightarrow p(16)=p(4)p(3)=0$, cioè si annulla negli interi $4^k$, quindi per quelle considerazioni di prima è identicamente nullo.
Se $a_0 !=0$ allora $a_0=1$, infatti $p(1)=p(1)p(0)$ quindi o $p(1)=0$ e allora ritorniamo al caso di prima dove risulterà $p-=0$ o $p(0)=1$.

No non esisteranno queste coppie se dici che esistono soluzioni non costanti.

[orsoulx]

$ P(x)=0 $; $ P(x)=1 $; $ P(x)=(x^2+x+1)^k $ con $ k $ intero positivo.

Ciao
B.

[Gi81]

"orsoulx, qui,":1mbunjna:Quando e se avrò ancora voglia di rispondere ad un tuo problema indicherò anche il procedimento adottato.

[orsoulx]

Scusami Gi8 e complimenti per la tua memoria! Il problema è che mi piace giocare, ma non scrivere, e se i pochi neuroni che mi restano fossero stati sufficienti per ricordare, probabilmente non avrei risposto ad un tuo quesito .
Comunque ormai l'errore è fatto e mantengo l'impegno preso otto mesi fa, allora:

Ponendo $ x=0 " oppure " x=1 $ si trovano le condizioni $ P(0)=P(0) \cdot P(-1); " " P(1)=P(1) \cdot P(0) $.
Se esiste un $ x_0 $ tale che $ P(x_0)=0 $ il polinomio si annullerà in una infinità numerabile di punti ed allora non potrà che essere $ P(x)=0 $, in caso contrario otteniamo $ P(-1)=P(0)=1 $ da cui o $ P(x)=1 $ oppure $ P(x)-1=x(x+1)Q(x) $.
$ Q(x)=1 $, cioè $ P(x)=x^2+x+1 $ è una soluzione, e saranno soluzioni anche $ P(x)=(x^2+x+1)^k $ con $ k $ intero positivo.
Resta da dimostrare che non ve ne sono altre. Ora è facile vedere che in generale da $ P(x^2)=P(x)P(x-1)=P(-x)P(-x-1) $ sarà $ P(1)=P(-2); P(2)=P(-3);...P(n)=P(-n-1) $. Su ogni polinomio v'è un'infinità numerabile di punti simmetrici rispetto alla retta $ x=-1/2 $, quindi i polinomi dovranno essere simmetrici rispetto a questa e potranno avere solo un grado pari.
D'altra parte l'identità fra polinomi dovrebbe essere sufficiente per determinarne i coefficienti in maniera univoca una volta fissato il grado....

Ciao
B.

[dan952]

Se $deg(p(x)>0$ allora $p(x)$ non ha fattori lineari in $RR$, infatti supponiamo che esista una radice $\xi$ tale che $p(\xi)$ segue che $p(\xi^(2^k))=0$ dunque $p(x)-=0$.

[Gi81]

@dan95:

ma se $|xi|=1$ non ci sono infinite radici

[dan952]

Se $p(1)=0$ avevamo visto che comunque seguiva $p-=0$, penso anche per $p(-1)=0$

[Gi81]

@dan95:

ok, il polinomio non ha radici reali. ma potrebbe averne di complesse, cioè di $xi in CC$ tali che $|xi|=1$.

[dan952]

Quelle che volevo mostrare che ogni soluzione non costante deve essere scomponibile in polinomi di secondo grado. Non capisco che vuoi dire

[Gi81]

Nulla, stavo continuando il tuo ragionamento. Comunque sì, hai dimostrato che $p$ non può avere radici reali.

[Erasmus_First]

"Gi8":[...] il polinomio non ha radici reali. ma potrebbe averne di complesse, cioè di $xi in CC$ tali che $|xi|=1$.

Se si applica il principio di identità tra polinomi mi pare che la condizione $p(x^2) = p(x)·p(x-1)$ possa essere soddisfatta solo da polinomi di grado zero ... prescindendo dall'essere in $RR$ o invece in $CC$.
a) Supponiamo p(x) di grado 0, cioè $p(x) = k = $.
Allora $p(x^2) = p(x-1) = p(x) = k$, e la detta condizione diventa:
$k = k^2 ⇔ k=0 ∨ k=1$.
b) Supponiamo p(x) di 1° grado, ossia del tipo $p(x)= ax + b$ dove deve essere comunque $a≠0$.
Allora:
$p(x^2) = ax^2 + b$;
$p(x-1)=ax+ (b-a)$;
$p(x)·p(x–1) = (ax+b)(ax+b-a)=a^2x^2+(2ab-a^2)x+b^2-ab$;
$p(x^2) = p(x)·p(x-1) ⇒ a=a^2 ∧ 0=(2ab-a^2) ∧ b=b^2-ab$.
Si vede subito che non esistono polinomi di 1° grado che soddisfano la condizione richiesta perché:
$a≠0 ∧ a=a^2 ⇒ a=1$
e quindi:
$a=1 ∧ 0=2ab-a^2 ⇒ b =1/2$;
$a=1 ∧ b =1/2 ∧ b= b^2 - ab ⇒1/2 = 1/4-(1·1/2) ⇔1/2 = -1/4 ⇔2 = -1$, che è palesemente assurdo.
c) Similmente, l'ipotesi che la condizione richiesta valga per grado m > 1 conduce pure all'assurdo.
________

[orsoulx]

"Erasmus_First":c) Similmente, l'ipotesi che la condizione richiesta valga per grado m > 1 conduce pure all'assurdo.

Prova con $ m=2 $ e vedrai che non è vero.
Ciao
B.

[Sk_Anonymous]

Per $x=1$ si ha $p(1)=p(1)p(0)$ se $p(1) \ne 0$ allora $p(0)=1$.
Se per qualche $x$ è $p(x)=0$ allora $p(x^2)=0$ e più in generale $p(x^{2m})=0$ per tutti gli $m \in NN$, ma questo, se $x \ne 0$ e $x\ne x^{2^m}$, non può essere in quanto un polinomio ha solo un numero finito di radici. Pertanto il polinomio cercato non può avere radici reali diverse da $0$ e diverse da $1$.
Per $x=2$, la relazione data diventa $p(4)=p(2)p(1)$. Se $p(1)=0$ allora $p(4)=0$ che contraddice quanto provato sopra.
Quindi il polinomio cercato non ha radici reali. E’ quindi un polinomio di grado pari, avendo un polinomio di grado dispari almeno una radice reale.
Pertanto il nostro polinomio può sempre essere ricondotto alla forma seguente:
$p(x)=(a_1x^2+b_1x+c_1) (a_2x^2+b_2x+c_3) \cdots (a_nx^2+b_nx+c_n)$


Dall’equazione data si ottiene che $\prod_{k=1}^n a_k=1$.
Sia ora $z_{p_1}$ uno zero qualsiasi di $p(x)$. Pertanto $z_{p_2}=z_{p_1}^2$ è anch’esso uno zero di $p(x)$, se $z_{p_2} \ne z_{p_1}$ anche $z_{p_3}=z_{p_2}^2$ è uno zero di $p(x)$. Così procedendo si arriva, in al più $n$ passi, ad avere $z_{p_1}=z_{p_1}^{2^k}$. Essendo $z_{p_1}\ne 0$, si ha $z_{p_1}^{2^k-1}=1$, da cui segue che
$| z_{p_1}|^{2^k-1}=1$ ossia $| z_{p_1}|=1$.
L’argomento vale ovviamente per ogni radice di $p(x)=0$.
$p(x)= \prod _{k=1}^n a_k (x^2+b_k/a_k x+c_k/a_k)= \prod_{k=1}^n (x^2+b_k/a_k x+c_k/a_k)$
Essendo $c_k/a_k=z \overline z$ dove $z$ e $\overline z$ sono le radici complesse del binomio, possiamo risrcivere il polinomio nel seguente mod:
$p(x)= \prod_{k=1}^n (x^2+B_k x+1)$ con $B_k$ un reale tale che $-2 Riscrivendo alla luce di quest’ultima l’equazione data:
$ \prod_{k=1}^n (x^4+B_k x^2+1)= \prod_{k=1}^n (x^2+B_k x+1) (x^2+(B_k-2) x+2-B_k)$,
si ottiene che $\prod (2-B_k)=1$ e che $sum B_k-1=0$.
Quest’ultima si può riscrivere come $\sum (2-B_k)/n=1$. Abbiamo pertanto una media aritmetica di numeri positivi uguale alla media geometrica. Pertanto i termini $(2-B_k)$ sono tutti uguali ad 1, cioè $B_k=1$.

Il polinomio soluzione (a parte i casi "banali") de ve essere quindi del tipo seguente $p(x)=(x^2+x+1)^n$.

Per verificare che oltre che necessaria questa condizione sia anche sufficiente, basta fare la verifica.



PS
un bel problema abbastanza classico, ma, se non per altro, buono ad esercitarsi con la scrittura delle formule.
Ho visto in rete soluzioni molto più compatte e concise: ho vloluto seguire una via con lamagior quantità possibile di formule

[Erasmus_First]

"orsoulx":[quote="Erasmus_First"]c) Similmente, l'ipotesi che la condizione richiesta valga per grado m > 1 conduce pure all'assurdo.

Prova con $ m=2 $ e vedrai che non è vero.
Ciao
B.[/quote]Porco mondo, hai ragione (anche questa volta
Ho ..."collaudato" il principio di identità per grado m = 1, 2, 3 e 4.
Come già detto, non ci sono polinomi di 1° grado con la richiesta proprietà.
Ho verificato che non ci sono nemmeno per m = 3.
Ma ne ho trovato uno (uno solo) sia per m = 2 che per m = 4.
Per giunta, il polinomio di 4° grado è il quadrato di quello di 2° grado.

Per m = 2 ho trovato:
$P_2(x) = x^2 + x + 1$.
Infatti allora $P_2(x-1) = x^2 - x + 1 = P_2(-x)$ e quindi
$P_2(x)·P_2(x-1) = (x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1) = (x^2 + 1)^2 - x^2 = x^4 + x^2 + 1 = P_2(x^2)$.

Per m = 4 ho trovato (sempre col principio di identità):
$P_4(x) = x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 2x + 1 = [P_2(x)]^2$.
Allora $P_4(x-1) = x^4 -2x^3 + 3x^2 -2x + 1 = P_4(-x)$ e
$P_4(x)·P_4(x-1) = (x^4 + 3x^2 + 1)^2 – (2x^3 + 2x)^2 = x^8 + 2x^6 + 3x^4 + 2x^2 + 1 = P_4(x^2)$.

Ho il vago sospetto che non ci siano polinomi di grado m dispari e che ce ne sia uno (uno solo) per ogni m =2k pari; e che questo sia
$P_(2k)(x) = (x^2 + x + 1)^k$.
Ma non ho voglia di verificare ...
Se sbaglierò un'altra volta,mi correggerà orsoulx !
________