Trovare tutti i polinomi $P(x)$ a coefficienti reali per cui:
$(x+1)P(x-1)-(x-1)P(x)$ è un polinomio costante.
Polinomiales
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NicolasRossi
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Polinomiales
"Per tre cose vale la pena di vivere: la matematica, la musica, l'amore." [cit.]
Comunque scelgo $a,b \in \mathbb{R}$, il polinomio $p(x)= a x(x+1)+b$ soddisfa le richieste.
Infatti $(x+1) \left[ a(x-1)x+b \right]-(x-1)\left[ ax(x+1)+b \right]= b(x+1)-b(x-1)=2b$ (costante)
Supponiamo ora che $p(x) \in \mathbb{R}[x]$ sia tale che $\exists c \in \mathbb{R}$ t.c. $\forall x \in \mathbb{R}$ \[
(x+1) \cdot p(x-1) - (x-1) \cdot p(x)= c \qquad \qquad \qquad (*)\]
Dimostro che $\exists a,b \in \mathbb{R}$ t.c. $p(x)= a x(x+1)+b$:
$x=1 \implies 2 \cdot p(0)=c \implies p(0)=\frac{c}{2}$ (perciò $b= \frac{c}{2}$)
$x=0 \implies p(-1)+p(0)=c \implies p(-1)=c-\frac{c}{2}= \frac{c}{2}$
Perciò, posto $q(x):= p(x)-\frac{c}{2}$ si ha $q(0)=q(-1)=0$ (con $q(x) \in \mathbb{R}[x]$, naturalmente)
Dunque $q(x)= x(x+1)\cdot r(x)$ per un opportuno $r(x) \in \mathbb{R}[x]$.
Per concludere, devo dimostrare che $r(x)$ è un polinomio costante.
Dato che vale $(*)$, si ha $(x+1)\left[q(x-1)+\frac{c}{2}\right]-(x-1)\left[q(x)+\frac{c}{2} \right]=c$, cioè
$(x+1)\left[(x-1)x \cdot r(x-1)+\frac{c}{2}\right]-(x-1)\left[x(x+1)r(x)+\frac{c}{2} \right]=c$ per ogni $x \in \mathbb{R}$.
Facendo due conti rimane $x(x-1)(x+1)\bigl[r(x-1)-r(x) \bigr]=0 \quad \forall x \in \mathbb{R}$.
Dunque $\forall x \in \mathbb{R}\setminus \{-1,0,1\}$ vale $r(x)= r(x-1)$.
Questo significa (ad esempio) che per ogni $n \in \mathbb{N}\setminus \{0,1\}$ si ha $r(n)=r(2)$.
Ponendo $s(x):=r(x)-r(2)$ si ha che $s(x)$ è un polinomio con infinite radici (almeno tutti i numeri naturali maggiori di $1$).
Necessariamente $s(x)$ è il polinomio nullo, dunque $r(x)$ è un polinomio costante. Fine
Infatti $(x+1) \left[ a(x-1)x+b \right]-(x-1)\left[ ax(x+1)+b \right]= b(x+1)-b(x-1)=2b$ (costante)
Supponiamo ora che $p(x) \in \mathbb{R}[x]$ sia tale che $\exists c \in \mathbb{R}$ t.c. $\forall x \in \mathbb{R}$ \[
(x+1) \cdot p(x-1) - (x-1) \cdot p(x)= c \qquad \qquad \qquad (*)\]
Dimostro che $\exists a,b \in \mathbb{R}$ t.c. $p(x)= a x(x+1)+b$:
$x=1 \implies 2 \cdot p(0)=c \implies p(0)=\frac{c}{2}$ (perciò $b= \frac{c}{2}$)
$x=0 \implies p(-1)+p(0)=c \implies p(-1)=c-\frac{c}{2}= \frac{c}{2}$
Perciò, posto $q(x):= p(x)-\frac{c}{2}$ si ha $q(0)=q(-1)=0$ (con $q(x) \in \mathbb{R}[x]$, naturalmente)
Dunque $q(x)= x(x+1)\cdot r(x)$ per un opportuno $r(x) \in \mathbb{R}[x]$.
Per concludere, devo dimostrare che $r(x)$ è un polinomio costante.
Dato che vale $(*)$, si ha $(x+1)\left[q(x-1)+\frac{c}{2}\right]-(x-1)\left[q(x)+\frac{c}{2} \right]=c$, cioè
$(x+1)\left[(x-1)x \cdot r(x-1)+\frac{c}{2}\right]-(x-1)\left[x(x+1)r(x)+\frac{c}{2} \right]=c$ per ogni $x \in \mathbb{R}$.
Facendo due conti rimane $x(x-1)(x+1)\bigl[r(x-1)-r(x) \bigr]=0 \quad \forall x \in \mathbb{R}$.
Dunque $\forall x \in \mathbb{R}\setminus \{-1,0,1\}$ vale $r(x)= r(x-1)$.
Questo significa (ad esempio) che per ogni $n \in \mathbb{N}\setminus \{0,1\}$ si ha $r(n)=r(2)$.
Ponendo $s(x):=r(x)-r(2)$ si ha che $s(x)$ è un polinomio con infinite radici (almeno tutti i numeri naturali maggiori di $1$).
Necessariamente $s(x)$ è il polinomio nullo, dunque $r(x)$ è un polinomio costante. Fine
Re: Polinomiales
Metto anche la mia soluzione, meno "funzionalosa" e più brutta.
Sia $a_n$ il coefficiente non nullo del polinomio con indice maggiore. Ovviamente $a_n$ è il coefficiente di $x^n$
Riscrivo la tesi come $x\left[p(x-1)-p(x)\right]+p(x-1)+p(x)=c$
E'chiaro che il grado del polinomio a sinistra è al più $n+1$.
Svolgendo i calcoli tuttavia si nota che il termine x^{n+1} si annulla sempre.
Andiamo ora ad analizzare i termini di $x^n$. Svolgendo i conti si ottiene che questo coefficiente è pari (2-n)a_n.
Questo si deve annullare affinchè il polinomio iniziale sia costante. Quindi $a_n=0$ o $n=2$. Tuttavia a_n=0 contraddice le ipotesi iniziali, quindi necessariamente $n=2$.
Abbiamo quindi che $p(x)=a_2x^2+a_1x+a_0$
Andando a sostituire questo oggetto nell'equazione iniziale e svolgendo i conti, abbiamo che il coefficiente di $x^2$ è nullo, mentre quello di $x$ è $(a_1-a_2)$.
Affinchè questo si annulli, deve valere $a_1=a_2$. Quindi condizione necessaria affinchè valga la tesi è che $p(x)=ax^2+ax+a_0$.
La verifica che tutti i polinomi del genere verificano le ipotesi (verifica diretta) conclude la dimostrazione.
Sia $a_n$ il coefficiente non nullo del polinomio con indice maggiore. Ovviamente $a_n$ è il coefficiente di $x^n$
Riscrivo la tesi come $x\left[p(x-1)-p(x)\right]+p(x-1)+p(x)=c$
E'chiaro che il grado del polinomio a sinistra è al più $n+1$.
Svolgendo i calcoli tuttavia si nota che il termine x^{n+1} si annulla sempre.
Andiamo ora ad analizzare i termini di $x^n$. Svolgendo i conti si ottiene che questo coefficiente è pari (2-n)a_n.
Questo si deve annullare affinchè il polinomio iniziale sia costante. Quindi $a_n=0$ o $n=2$. Tuttavia a_n=0 contraddice le ipotesi iniziali, quindi necessariamente $n=2$.
Abbiamo quindi che $p(x)=a_2x^2+a_1x+a_0$
Andando a sostituire questo oggetto nell'equazione iniziale e svolgendo i conti, abbiamo che il coefficiente di $x^2$ è nullo, mentre quello di $x$ è $(a_1-a_2)$.
Affinchè questo si annulli, deve valere $a_1=a_2$. Quindi condizione necessaria affinchè valga la tesi è che $p(x)=ax^2+ax+a_0$.
La verifica che tutti i polinomi del genere verificano le ipotesi (verifica diretta) conclude la dimostrazione.
"We' Inge!"
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