I coeff dei polinomi sono anche radici

[jordan]

Trovare tutti i polinomi non costanti a coefficienti interi $p(x)=x^n+\sum_{i=0}^{n-1}{a_ix^i}$ tali che
\[ p(a_i)=0 \text{ per ogni } i=0,1,\ldots,n-1\text{ (con molteplicita') }\]

(France TST 2012)

[spugna]

Supponiamo come primo caso $a_0 \neq 0$
Osserviamo che:

1) Per Viète si ha $a_0a_1a_2...a_{n-1}=(-1)^na_0 \Rightarrow a_1a_2...a_{n-1}=(-1)^n \Rightarrow a_i=\pm1$ $\forall 1 \le i \le n-1$

2) Siccome i coefficienti sono anche radici, dalla (1) segue $p(x)=(x-1)^p(x+1)^q(x-a_0)$, con $p+q=n-1$

Ora applichiamo Viète su $a_1$ e otteniamo

$a_1=-a_0 \cdot \sum\limits_{i=0}^{n-1} \dfrac{1}{a_i}=-[1+a_0(p-q)]$

Per la (1), $-a_1=\pm1 \Rightarrow 1+a_0(p-q)=\pm1$, per cui $a_0(p-q)$ può valere $0$ o $-2$:

- se $n$ è pari non si può ottenere $0$ perché $p-q$ è dispari e abbiamo supposto $a_0 \neq 0$, mentre provando con $-2$ arriviamo a $p-q=\pm1 \wedge a_0=\mp2$
Ricordando la (2) avremo quindi $p(x)=(x^2-1)^k(x \mp 1)(x \pm 2)=(x^2-1)^k(x^2 \pm x -2)$, con $k=\dfrac{n}{2}-1$. Se $k \ge 2$ il primo fattore è $x^{2k}-kx^{2k-2}+...$ e dato che quest'ultimo contiene solo monomi di grado pari, il termine di $p(x)$ di grado $2k-1$ si può ottenere in un unico modo: moltiplicando $-kx^{2k-2}$ per il $\pm x$ del secondo fattore, ma, sempre per la (1), il risultato, $\mp kx^{2k-1}$, è accettabile solo se $k=1$, perciò si giunge a una contraddizione.
Provandolo come caso a parte ci accorgiamo però che non va bene nemmeno $k=1$, perché comparirebbe $-3x^2$
Rimane solo $k=0 \Rightarrow p(x)=x^2 \pm x -2$, ma solo quello col segno $+$ soddisfa l'ipotesi

- se $n$ è dispari si può avere $a_0(p-q)=0 \Rightarrow p=q$ oppure $a_0(p-q)=-2 \Rightarrow p-q=\pm 2 \wedge a_0=\mp 1$

Primo caso: $p(x)=(x^2-1)^p(x-a_0)$ ma, come prima, se $p \ge 2$ otteniamo il termine $-px^{2p-1}$ (stessa contraddizione); $p=0$ è anch'esso impossibile perché se $a_0 \neq 0$ segue $p(-a_0)=-2a_0 \neq 0$; infine, con $p=1$ si ottiene $(x^2-1)(x-a_0)=x^3-a_0x^2-x+a_0$: il $LHS$ ci dice che le radici sono $\pm1$ e $a_0$: confrontandole con i coefficienti del $RHS$ concludiamo che $a_0=-1 \Rightarrow p(x)=x^3+x^2-x-1$

Secondo caso: $p(x)=(x^2-1)^k(x \mp 1)^2(x \pm 1)=(x^2-1)^{k+1}(x \mp 1)$, che si riconduce al primo

Finora abbiamo dunque trovato i polinomi $x^2+x-2$ e $x^3+x^2-x-1$; se invece partiamo dall'ipotesi $a_0=0$, $p(x)$ è del tipo $x^n$ (accettabile per ogni $n>0$) oppure $x^mq(x)$ con $q(0) \neq 0$: in questo ultimo (finalmente!!) caso, notiamo che moltiplicando $q(x)$ per $x^m$ gli si aggiungono $m$ coefficienti nulli (da $x^{m-1}$ a $x^0$) e, allo stesso tempo, $m$ radici nulle, perciò si soddisfa l'ipotesi se $q(x)$ è uno dei due polinomi trovati in precedenza.