f(2t) = h(f(t))

[marcuz]

Trovare tutti i polinomi $ f $ per i quali esiste un polinomio $ h $ tale che $ f(2t) = h(f(t)) $

Scusate se è troppo semplice, a me è piaciuto! L'ho preso dal primo capitolo di "Polynomials" di E. J. Barbeau

[karl]

Avrei trovato il seguente risultato:
$ \displaystyle f(t)=at^{n-i}+b , h(t)=2^{n-i}t+b(1-2^{n-i}) $
essendo a ,b due costanti reali qualsiasi ed n ,i due interi positivi con n>i
(escludendo casi banali)
E' giusto ?

[jordan]

Massì n e i sono meglio di i

[marcuz]

Sì la soluzione è giusta, ma perchè usi n ed i interi positivi con n > i ? Se usi solo n intero non negativo includi anche la soluzione banale $ f(t) = k $

Comunque, puoi postare il procedimento? Poi ti vorrei fare una domanda: da quanto ho capito ne risolvi molti di problemi qui sul forum, che indice di difficoltà daresti a questo? Mi va bene un intero in [0, 10] Lo vorrei sapere perchè ho iniziato da poco a risolvere problemi e vorrei avere un metro di paragone...

[OT]
Secondo me sarebbe utile che ogni propositore/solutore di un problema assegnasse un simile indice, in modo tale da consentire a chi fruga nel forum alla ricerca di problemi appetibili abbia più o meno un'idea a priori dell'ostacolo da superare, magari conoscendo l'abilità di chi ha attribuito un tale indice oppure facendo una media degli indici attribuiti. Volendo si potrebbe implementare il tutto come plugin del forum...
[/OT]

[karl]

Ho dichiarato esplicitamente di non considerare i casi particolari.Tuttavia si potrebbe porre n-i=s>=0.Per il procedimento è chiaro a priori che h(t) deve essere di primo grado in t cioé del tipo at+b .Per determinare a e b si indica f(t) come di norma ,ovvero come un polinomio di grado n,e poi si applica il principio d'identità dei polinomi.Almeno così ho fatto io.Per il voto da dare ai quesiti in rapporto alla loro difficoltà non mi trovi d'accordo.Sono troppi gli elementi soggettivi che possono influenzare una tale valutazione.Naturalmente si tratta di una mia personale opinione.