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

[Gi81]

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

[Gi81]

Come ho fatto io:
cerchiamo soluzioni non costanti. Dato che il grado di $p$ è almeno $1$, esiste $xi in CC$ radice di $p$.
Necessariamente $|xi|=1$ (perché $p(a)=0=> p(a^2)=0$, quindi se $|xi| notin {0,1}$ il polinomio avrebbe infinite radici, e non può essere $xi=0$ altrimenti $p(1)=0$, $p(4)=0$,...).
Inoltre $p((xi+1)^2)=p(xi+1)*p(xi)=0$, dunque anche $(xi+1)^2$ è radice, perciò deve valere $|xi+1|=1$.
E i numeri complessi che verificano $|xi|=1$ e $|xi+1|=1$ non sono molti...

[Sk_Anonymous]

"orsoulx":
...
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.

Sembra molto interessante.
Puoi spiegare più in dettaglio, l'implicazione?

D'altra parte l'identità fra polinomi dovrebbe essere sufficiente per determinarne i coefficienti in maniera univoca una volta fissato il grado....

Credo anch'io. Ma, senza drastiche semplificazioni, l'imposizione del principio di identità tra polinomi di grado $2n$ al fine di determinare i coefficienti diventa praticamente poco percorribile.
Come faresti in questo caso?

[Erasmus_First]

"Gi8":[...] i numeri complessi $xi$ che verificano $|xi|=1$ e $|xi+1|=1$ non sono molti...

Mi pare che siano due soli. Cerchiamoli!
Se il modulo è 1, allora la norma è pure 1.
Sia $xi = x + jy$ (dove x e y sono reali e j è l'unità immaginaria). Cerchiamo dunque x e y tali che.
$x^2 + y^2 = 1$ $∧$ $(x+1)^2 + y^2 =1$,
Sottraendo membro a membro la prima alla seconda si ha
$2x+1=0$ $⇔$ $x =-1/2$.
Con tale valore di x, dalla prima si ha
$y = ±sqrt3/2$ $⇒$ $xi = -1/2 +jsqrt3/2$ $∨$ $xi = -1/2 -jsqrt3/2$
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Faccio fatica a seguire il tuo ragionamento.
Ma le tue conclusioni mi pare che vadano d'accordo col mio precedente "sospetto": cioè che i polinomi che soddisfano la richiesta proprietà siano tutti e soli questi:
$P_(2k)(x) = (x^2 + x + 1)^k$ (per ogni k naturale) e $P'_0(x) = 0$.
Infatti gli zeri di $ x^2 + x + 1$ sono proprio $-1/2 ±jsqrt3/2$; e quelli di $(x^2 + x + 1)^k$ sono gli stessi con molteplicità k.
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[Gi81]

"Erasmus_First":Faccio fatica a seguire il tuo ragionamento

Niente, abbiamo dimostrato che se $p$ non è costante, le uniche sue radici possono essere solo
$-1/2 + i sqrt3/2$ e $ -1/2 - i sqrt3/2$ (una è la coniugata dell'altro, quindi se possiede una possiede anche l'altra perché $p(x) in RR[x]$). Inoltre $p(x)$ deve essere monico (perché?)

Quali sono i polinomi con queste caratteristiche? Sono proprio i $p_k(x)= (x^2+x+1)^k$, con $k in NN$.
Quindi, una volta verificato che questi polinomi soddisfano la condizione $p(x^2)= p(x) p(x-1)$,
abbiamo la garanzia che non ce ne sono altri (oltre ai due costanti).

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":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 !

Chiedo scusa.
[Sono imperdonabile? ]
Chiedo scusa specialmente a orsoulx.
Non avevo letto [tutti] i precedenti interventi. Solo ora vedo che orsoulx aveva già scritto (tra l'altro):

"orsoulx":

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

Involontariamente, quindi, ho ripetuto esattamente quello che egli aveva già scritto.
Beh, magari in grave ritardo, ma per una volta mi ritrovo d'accordo con lui (il che è per me un vero piacere ).
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