\( p(x^2)= p(x) p(x+1) \)
Trovare tutti i polinomi a coefficienti reali tali che per ogni $x in RR$ valga $p(x^2)=p(x) p(x+1)$
Risposte
Uno è facile...
Per caso le soluzioni sono queste?
Inoltre, se non mi sbaglio, le soluzioni rimangono le stesse anche se si considerano polinomi a coefficienti complessi.
Se ho ragione, proverò a scrivere una dimostrazione del fatto che non ce ne siano altre (se non si cimenta nessun altro nel frattempo).
Inoltre, se non mi sbaglio, le soluzioni rimangono le stesse anche se si considerano polinomi a coefficienti complessi.
Se ho ragione, proverò a scrivere una dimostrazione del fatto che non ce ne siano altre (se non si cimenta nessun altro nel frattempo).
Quelle vanno bene, ma ce ne sono anche altre.
Già, avevo dimenticato di considerare una cosetta alla fine del mio ragionamento... Ho modificato il post di prima, ora sono tutte?
Sì
Mi sto appena approcciando alle equazioni funzionali,mi potresti dire come hai ragionato?
Questa non è una semplice equazione funzionale, in quanto $p(x)$ è un polinomio, non una funzione.
Ecco il mio ragionamento. Spero, oltre al fatto che sia corretto, che sia anche istruttivo per qualcuno.
Se $p(x)$ è un polinomio costante ($p(x)=k$) si ottengono le sole soluzioni $k=0$ e $k=1$, gli unici valori che soddisfano $k=k^2$. D'ora in poi supporremo che $p(x)$ sia un polinomio di grado $n>=1$, e che quindi ammetta [strike]esattamente[/strike] $n$ radici complesse, (non necessariamente tutte distinte tra loro).
La prima osservazione è che $p(x^2)$ e $p(x)p(x+1)$ sono uguali come polinomi (cioè hanno gli stessi coefficienti), in quanto la loro differenza, annullandosi in infiniti punti (tutti i reali) è il polinomio nullo.
Consideriamo ora il coefficiente di $x^n$ del polinomio $p(x)$, e chiamiamolo $a$. Allora anche il polinomio $p(x+1)$ ha coefficiente di testa $a$, e lo stesso vale per $p(x^2)$. Quindi bisogna avere $a=a*a$, cosicché l'unica possibilità è che $a$ sia uguale a $1$ (il coefficiente non può essere nullo). Questo fatto ci sarà utile più avanti.
Indicando con $z_1, z_2, ..., z_n \in\mathbb{C}$ le radici di $p(x)$:
- le radici di $p(x+1)$ sono $z_1-1, z_2-1, ..., z_n-1$.
- le radici di $p(x^2)$ sono $\pm\sqrt{z_1}, \pm\sqrt{z_2}, ..., \pm\sqrt{z_n}$.
Ma essendo $p(x^2) = p(x)p(x+1)$, allora ogni radice di $p(x)$ o $p(x+1)$ è anche radice di $p(x^2)$.
Allora i numeri $z_1, z_2, ..., z_n, (z_1-1), (z_2-1), ..., (z_n-1)$ devono coincidere, non necessariamente in ordine, ai numeri $\pm\sqrt{z_1}, \pm\sqrt{z_2}, ..., \pm\sqrt{z_n}$.
Tra $\sqrt{z_1}, \sqrt{z_2}, ..., \sqrt{z_n}$, scegliamo $\sqrt{z_i}$ in modo che il suo modulo sia massimo possibile, e supponiamo che tale modulo sia maggiore di $1$. Si ha che $1 < |\sqrt{z_i}| < |z_i|$. Allora $z_i$ ha modulo maggiore rispetto a qualunque radice di $p(x^2)$, il che è assurdo perché, come affermato prima, $z_i$ stesso è una radice di $p(x^2)$.
Tra $\sqrt{z_1}, \sqrt{z_2}, ..., \sqrt{z_n}$, scegliamo $\sqrt{z_i}$ diverso da $0$ in modo che il suo modulo sia minimo possibile, e supponiamo che tale modulo sia minore di $1$. Si ha che $1 > |\sqrt{z_i}| > |z_i|$.Allora $z_i$ ha modulo minore rispetto a qualunque radice non nulla di $p(x^2)$, il che è assurdo perché, come affermato prima, $z_i$ stesso è una radice di $p(x^2)$.
Abbiamo concluso che ogni radice di $p(x^2)$ (e quindi anche di $p(x)$ e di $p(x+1)$) deve essere $0$ oppure avere modulo $1$. In altre parole, queste radici nel piano di Gauss si trovano nell'origine oppure nella circonferenza di raggio $1$ che è di colore verde in figura.
Come si evince dalla figura, senza dilungarsi in parole, le uniche radici di $p(x)$ possibili sono i punti segnati in rosso, e le corrispondenti radici di $p(x+1)$ sono i punti di arrivo delle frecce che partono dai punti rossi.
Però la radice quadrata del numero corrispondente al punto rosso che si trova più in alto in figura non corrisponde a una possibile radice di $p(x)$ o $p(x+1)$. Lo stesso vale per quello che si trova in basso. Pertanto le uniche radici di $p(x)$ possibili sono $0$ e $1$.
Quindi, ricordando che $p(x)$ è monico, possiamo scrivere $p(x) = x^k(x-1)^j$ con $k$ e $j$ naturali.
Di conseguenza $p(x+1) = (x+1)^kx^j$.
$x^{k+j}(x-1)^j(x+1)^k = p(x)p(x+1) = p(x^2) = x^{2k}(x^2-1)^j = x^{2k}(x-1)^j(x+1)^j$
Quindi $k = j$, e in conclusione non ci sono soluzioni diverse rispetto a quelle elencate nel post precedente.
Ecco il mio ragionamento. Spero, oltre al fatto che sia corretto, che sia anche istruttivo per qualcuno.
Se $p(x)$ è un polinomio costante ($p(x)=k$) si ottengono le sole soluzioni $k=0$ e $k=1$, gli unici valori che soddisfano $k=k^2$. D'ora in poi supporremo che $p(x)$ sia un polinomio di grado $n>=1$, e che quindi ammetta [strike]esattamente[/strike] $n$ radici complesse, (non necessariamente tutte distinte tra loro).
La prima osservazione è che $p(x^2)$ e $p(x)p(x+1)$ sono uguali come polinomi (cioè hanno gli stessi coefficienti), in quanto la loro differenza, annullandosi in infiniti punti (tutti i reali) è il polinomio nullo.
Consideriamo ora il coefficiente di $x^n$ del polinomio $p(x)$, e chiamiamolo $a$. Allora anche il polinomio $p(x+1)$ ha coefficiente di testa $a$, e lo stesso vale per $p(x^2)$. Quindi bisogna avere $a=a*a$, cosicché l'unica possibilità è che $a$ sia uguale a $1$ (il coefficiente non può essere nullo). Questo fatto ci sarà utile più avanti.
Indicando con $z_1, z_2, ..., z_n \in\mathbb{C}$ le radici di $p(x)$:
- le radici di $p(x+1)$ sono $z_1-1, z_2-1, ..., z_n-1$.
- le radici di $p(x^2)$ sono $\pm\sqrt{z_1}, \pm\sqrt{z_2}, ..., \pm\sqrt{z_n}$.
Ma essendo $p(x^2) = p(x)p(x+1)$, allora ogni radice di $p(x)$ o $p(x+1)$ è anche radice di $p(x^2)$.
Allora i numeri $z_1, z_2, ..., z_n, (z_1-1), (z_2-1), ..., (z_n-1)$ devono coincidere, non necessariamente in ordine, ai numeri $\pm\sqrt{z_1}, \pm\sqrt{z_2}, ..., \pm\sqrt{z_n}$.
Tra $\sqrt{z_1}, \sqrt{z_2}, ..., \sqrt{z_n}$, scegliamo $\sqrt{z_i}$ in modo che il suo modulo sia massimo possibile, e supponiamo che tale modulo sia maggiore di $1$. Si ha che $1 < |\sqrt{z_i}| < |z_i|$. Allora $z_i$ ha modulo maggiore rispetto a qualunque radice di $p(x^2)$, il che è assurdo perché, come affermato prima, $z_i$ stesso è una radice di $p(x^2)$.
Tra $\sqrt{z_1}, \sqrt{z_2}, ..., \sqrt{z_n}$, scegliamo $\sqrt{z_i}$ diverso da $0$ in modo che il suo modulo sia minimo possibile, e supponiamo che tale modulo sia minore di $1$. Si ha che $1 > |\sqrt{z_i}| > |z_i|$.Allora $z_i$ ha modulo minore rispetto a qualunque radice non nulla di $p(x^2)$, il che è assurdo perché, come affermato prima, $z_i$ stesso è una radice di $p(x^2)$.
Abbiamo concluso che ogni radice di $p(x^2)$ (e quindi anche di $p(x)$ e di $p(x+1)$) deve essere $0$ oppure avere modulo $1$. In altre parole, queste radici nel piano di Gauss si trovano nell'origine oppure nella circonferenza di raggio $1$ che è di colore verde in figura.
Come si evince dalla figura, senza dilungarsi in parole, le uniche radici di $p(x)$ possibili sono i punti segnati in rosso, e le corrispondenti radici di $p(x+1)$ sono i punti di arrivo delle frecce che partono dai punti rossi.
Però la radice quadrata del numero corrispondente al punto rosso che si trova più in alto in figura non corrisponde a una possibile radice di $p(x)$ o $p(x+1)$. Lo stesso vale per quello che si trova in basso. Pertanto le uniche radici di $p(x)$ possibili sono $0$ e $1$.
Quindi, ricordando che $p(x)$ è monico, possiamo scrivere $p(x) = x^k(x-1)^j$ con $k$ e $j$ naturali.
Di conseguenza $p(x+1) = (x+1)^kx^j$.
$x^{k+j}(x-1)^j(x+1)^k = p(x)p(x+1) = p(x^2) = x^{2k}(x^2-1)^j = x^{2k}(x-1)^j(x+1)^j$
Quindi $k = j$, e in conclusione non ci sono soluzioni diverse rispetto a quelle elencate nel post precedente.
"milizia96":
Bello. Mi piace!
A questa stessa soluzione io sono arrivato ... a fiuto, (quindi senza essere sicuro che non ce ne fossero altre), partendo prima ... "pedissequamente" con l'ipotizzare il polinomio $P_n(x)$ di grado $n$ nella forma
$P_n(x) = a_0 + a_1·x + a_2·x^2 + ... + a_n·x^n$, (per grado n = 0, 1, 2, ...),
imponendo l'identità
$P_n(x)·P_n(x+1) = P_n(x^2)$. Da qui viene per ogni grado n un sistema di equazioni nei coefficienti ... (sempre più complicato al crescere di n).
Ma io non sono andato più avanti di n = 2.
Ho così trovato che per n = 0 ho le soluzioni $P_0 = 0$ e $P_0 = 1$.
Quindi (sempre con quel metodo pedissequo) che non ci sono soluzioni per n = 1.
Infine, ho trovato che per n = 2 c'è una sola soluzione con i coefficienti
$a_0 = 0$;
$a_1 = -1$;
$a_2 =1$;
ossia
$P_2(x) = - x + x^2 = x(x – 1)$.
A questo punto ... ci ho pensato un attimo constatando che allora $P_2(x+1) = (x+1)·x$ e che in tal modo viene effettivamente:
$P_2(x)·P_2(x+1) = x^2 · (x^2 – 1) = P_2(x^2)$.
Ecco: arrivati qua si può già ... cogliere al volo
che i polinomi$P_(2n)(x) =x^n · (x – 1)^n$
sono tutti soluzioni dato che allora
$P_(2n)(x+1) =(x+1)^n · x^n$
e perciò
$P_(2n)(x) · P_(2n)(x+1) =(x^2)^n ·( x^2 – 1)^n = P_(2n)(x^2)$.
-------------------------
A questo punto non si sa ancora se di polinomi-soluzione ce ne sono degli altri.
Ma ... a naso verrebbe da dire di no proprio perché ... non si saprebbe che coefficienti dar loro (se non quelli che portano a $x^n·(x-1)^n$) per far si che risulti $P_n(x^2)$ della stessa struttura di $P_n(x)$, cioè con la sola sostituzione di $x$ con $x^2$.
Oh: non pretendo di dire niente di nuovo (né di meglio) rispetto alla rigorosa spiegazione di milizia96, ma solo far notare che ... partendo "pedissequamente" alla ricerca dei coefficienti dei polinomi-soluzione, arrivati al 2° grado si intuiscono di colpo le infinite soluzioni
$P_(2n)(x) =x^n · (x – 1)^n$ (per ogni n naturale)
––––––––
Per dimostrare che $P(x)$, non costante, ha solo radici $0,1$ ho
ragionato cosi
Se $\alpha$ è una radice allora lo sono pure \(\alpha^{2},\left(\alpha-1\right)^{2},\left(\alpha^{2}-1\right)^{2}\)in quanto
\(P(\alpha^{2})=P(\alpha)P\left(\alpha+1\right)=0\)
$P((\alpha-1)^{2})=P(\alpha-1)P(\alpha)=0$
$P((\alpha^{2}-1)^{2})=P(\alpha^{2}-1)P(\alpha^{2})=0$
$\alpha=-1$ non può essere radice di $P(x)$ perchè altrimenti avremmo
anche le infinite radici
$(-1-1)^{2}=4,(4-1)^{2}=9,(9-1)^{2}=64,\ldots$
Sia $\alpha\ne 0,1,-1$ una radice di $P(x)$ , abbiamo la successioni
di radici: $\alpha^{2},\alpha^{4},\alpha^{8},\ldots$
Siccome la radici sono in numero finito devono esistere $i
$k>2$
Quindi, in particolare \(\left|\alpha\right|=1\)
Analogamente
\(\left|\alpha-1\right|=1\),
\(\left|\alpha^{2}-1\right|=1\), cioè \(\left|\alpha+1\right|=1\)
Ponendo $\alpha=a+bi$, le precedenti uguaglianze conducono a
$a^{2}+b^{2}=1,$$(a-1)^{2}+b^{2}=1$, $(a+1)^{2}+b^{2}=1$
da cui segue l'assurdo $a=\frac{1}{2}$ e $a=-\frac{1}{2}$
ragionato cosi
Se $\alpha$ è una radice allora lo sono pure \(\alpha^{2},\left(\alpha-1\right)^{2},\left(\alpha^{2}-1\right)^{2}\)in quanto
\(P(\alpha^{2})=P(\alpha)P\left(\alpha+1\right)=0\)
$P((\alpha-1)^{2})=P(\alpha-1)P(\alpha)=0$
$P((\alpha^{2}-1)^{2})=P(\alpha^{2}-1)P(\alpha^{2})=0$
$\alpha=-1$ non può essere radice di $P(x)$ perchè altrimenti avremmo
anche le infinite radici
$(-1-1)^{2}=4,(4-1)^{2}=9,(9-1)^{2}=64,\ldots$
Sia $\alpha\ne 0,1,-1$ una radice di $P(x)$ , abbiamo la successioni
di radici: $\alpha^{2},\alpha^{4},\alpha^{8},\ldots$
Siccome la radici sono in numero finito devono esistere $i
$k>2$
Quindi, in particolare \(\left|\alpha\right|=1\)
Analogamente
\(\left|\alpha-1\right|=1\),
\(\left|\alpha^{2}-1\right|=1\), cioè \(\left|\alpha+1\right|=1\)
Ponendo $\alpha=a+bi$, le precedenti uguaglianze conducono a
$a^{2}+b^{2}=1,$$(a-1)^{2}+b^{2}=1$, $(a+1)^{2}+b^{2}=1$
da cui segue l'assurdo $a=\frac{1}{2}$ e $a=-\frac{1}{2}$
Eh no! C'è una ipotesi di comodo...
"milizia96":Cioè escludi che si possano avere radici multiple, e poi ti trovi polinomi con radici multiple.
...D'ora in poi supporremo che $p(x)$ sia un polinomio di grado $n>=1$, e che quindi ammetta esattamente $n$ radici complesse...
Beh, non ho detto che le $n$ radici devono essere tutte distinte tra loro...
O comunque ho commesso un errore di fondo?
O comunque ho commesso un errore di fondo?
Ok, allora dovevi scrivere così:
"milizia96":Quell'avverbio implica da se che le radici complesse distinte di \(\displaystyle p\) sono \(\displaystyle n\).
...D'ora in poi supporremo che $ p(x) $ sia un polinomio di grado $ n>=1 $, e che quindi ammetta [strike]esattamente[/strike] $ n $ radici complesse...
A parte i casi "banali" $P(x)=0,P(x)=1$, che $P(x) $ debba avere come radici $x=0,x=1$ l'avrei trovato con un ragionamento terra-terra ( e per questo probabilmente lacunoso...).
Esattamente, da $P(x^2)=P(x)P(x+1)$, per $x=0$ si ha : $P(0)=P(0)P(1)$ e da qui risulta:
$P(0)=0$ oppure $P(1)=1$ (caso quest'ultimo già considerato come banale)
Allora per $x=-1$->$P(1)=P(-1)P(0)=P(-1)\cdot0=0$
Resta dunque acquisito che $P(x)$ ha per radici i valori indicati e pertanto possiamo scrivere che :
(a) $P(x)=x(x-1)Q(x) $
dove $Q(x) $ è ora un polinomio di grado $n-2$ essendo $n$ il grado di $P(x)$
Sostituendo nella relazione di partenza ne viene che:
$x^2(x^2-1)Q(x^2)=x(x-1)Q(x)\cdot x(x+1)Q(x+1)$
da cui :
$Q(x^2)=Q(x)Q(x+1)$
Dall'ultima eguaglianza segue che $Q(x)$ è un polinomio con caratteristiche uguali a $P(x)$ e quindi possiamo porre :
(b) $Q(x)=x(x-1)Q_1(x) $, dove $Q_1(x)$ è un polinomio di grado $n-4$
Pertanto la ( a ) diventa:
c) $P(x)=x^2(x-1)^2Q_1(x)$
Procedendo in tal modo si arriva ad un polinomio $P(x)$ dato da :
$P(x)=kx^n(x-1)^n$ con $k $ costante che si determina sostituendo tale formula nella relazione iniziale:
$kx^(2n)(x^2-1)^n=kx^n(x-1)^n\cdot k(x+1)^nx^n$
e da qui l'equazione:
$k^2-k=0$ da cui $k=0$ che porta alla soluzione banale $P(x)=0$ e $k=1$ che porta alla soluzione $P(x)=x^n(x-1)^n$
Esattamente, da $P(x^2)=P(x)P(x+1)$, per $x=0$ si ha : $P(0)=P(0)P(1)$ e da qui risulta:
$P(0)=0$ oppure $P(1)=1$ (caso quest'ultimo già considerato come banale)
Allora per $x=-1$->$P(1)=P(-1)P(0)=P(-1)\cdot0=0$
Resta dunque acquisito che $P(x)$ ha per radici i valori indicati e pertanto possiamo scrivere che :
(a) $P(x)=x(x-1)Q(x) $
dove $Q(x) $ è ora un polinomio di grado $n-2$ essendo $n$ il grado di $P(x)$
Sostituendo nella relazione di partenza ne viene che:
$x^2(x^2-1)Q(x^2)=x(x-1)Q(x)\cdot x(x+1)Q(x+1)$
da cui :
$Q(x^2)=Q(x)Q(x+1)$
Dall'ultima eguaglianza segue che $Q(x)$ è un polinomio con caratteristiche uguali a $P(x)$ e quindi possiamo porre :
(b) $Q(x)=x(x-1)Q_1(x) $, dove $Q_1(x)$ è un polinomio di grado $n-4$
Pertanto la ( a ) diventa:
c) $P(x)=x^2(x-1)^2Q_1(x)$
Procedendo in tal modo si arriva ad un polinomio $P(x)$ dato da :
$P(x)=kx^n(x-1)^n$ con $k $ costante che si determina sostituendo tale formula nella relazione iniziale:
$kx^(2n)(x^2-1)^n=kx^n(x-1)^n\cdot k(x+1)^nx^n$
e da qui l'equazione:
$k^2-k=0$ da cui $k=0$ che porta alla soluzione banale $P(x)=0$ e $k=1$ che porta alla soluzione $P(x)=x^n(x-1)^n$
"j18eos":Quell'avverbio implica da se che le radici complesse distinte di \(\displaystyle p\) sono \(\displaystyle n\).
Ok, allora dovevi scrivere così:[quote="milizia96"]...D'ora in poi supporremo che $ p(x) $ sia un polinomio di grado $ n>=1 $, e che quindi ammetta [strike]esattamente[/strike] $ n $ radici complesse...
[/quote]No: quell'avverbio è ... esatto! E secondo me non è nemmeno superfluo.
Non significa affatto che le n radici devono essere distinte.
Semplicemente ricorda che ogni polinomio di grado n > 1 è pensabile come prodotto di n polinomi di grado 1, ciascuno dei quali ha uno ed uno solo zero.
Eh sì: gli zeri di un polinomio di grado n sono esattamente n.
–––––––
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo