Consideriamo questa equazione funzionale:
$ p(x^2+1)=[p(x)]^2+1 $
1. Dimostrare che esistono infiniti polinomi p(x) che la soddisfano
2. Trovare tutti i polinomi che la soddisfano
La prima parte è più facile, magari anche per qualcuno che non ha mai affrontato problemi di questo tipo... assicuro che invece la seconda è divertente!
Buon lavoro!
Polinomi mathlinkesi
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
Polinomi mathlinkesi
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
Membro dell'EATO
Per la 1 non rinuncio all'eleganza:
Consideriamo il monoide (attenzione: se non sapete che è un monoide, non fermatevi, monoide vuole solo dire che l'operazione di cui sto parlando è associativa! [ed ha un elemento neutro]) formato dai polinomi, che ha come operazione la composizione: $ ~ p(x)*h(x) = h(p(x)) $. (operazione associativa per lo stesso motivo per cui la composizione di funzioni è associativa)
Detto $ h = x^2+1 $, l'insieme A dei polinomi tali che $ ~ p(x^2+1) = p(x)^2 + 1 $ è l'insieme dei polinomi che commutano con h: $ ~ h*p=p*h $, detto anche (credo) centralizzante di h. A è un sottomonoide, perchè:
- $ ~ \mbox{id}*h = h*\mbox{id} = h $ (dove id è il polinomio f(x)=x)
- $ ~ a*h = h*a, b*h=h*b \Rightarrow (a*b)*h $$ =a*(b*h) = a*(h*b)=(a*h)*b=(h*a)*b=h*(a*b) $
Inoltre A contiene per forza h (chi si propone per dimostrare che $ ~ h*h = h*h $?), quindi contiene anche il sottomonoide generato da h: $ ~ \mbox{id},h,h*h,\ldots $. Visto che il grado diventa sempre più grande, questo insieme è infinito.
(per farla breve, sto dimostrando che $ ~ x^2+1,(x^2+1)^2+1 $ e roba del genere funziona).
Punto 2.
per ogni x:
$ ~ p(x)^2 = p(x)^2+1-1=p(x^2+1)-1= $$ p((-x)^2+1)-1 = p(-x)^2+1-1 = p(-x)^2 $
$ ~ ((p(x)+p(-x))(p(x)-p(-x)) $ ha infinite radici. Quindi almeno uno dei due fattori è nullo.
Caso 1: p(x) + p(-x) = 0.
Segue che p(0) = 0, e quindi $ ~ p(1) = p(0^2+1) = p(0)^2+1 = 1 $, e andando avanti così troviamo infiniti valori per cui p(x) = x, quindi p(x) è proprio l'identità.
Caso 2: p(x) = p(-x).
Allora, confrontando i coefficienti, troviamo che i coefficienti di grado dispari sono 0, quindi: $ ~ p(x) = q(x^2) $ per qualche polinomio q.
Ora viene forse un passaggio interessante: se sappiamo che $ ~ p(x)=q(x^2) $ per qualche q, allora per qualche r potremo anche scrivere $ ~ p(x) = r(x^2+1) $. Perchè mai? Perchè, cambiando punto di vista:
$ ~ p(x) = q((x^2+1)-1) $
Quindi, definendo $ ~ r(x) = q(x-1) $, avremo $ ~ p(x) = r(x^2+1) $.
Ora per concludere torno dal punto di vista dei monoidi. Sapevamo che: $ ~ p*h = h*p $, e sappiamo anche che $ ~ p = h*r $ per qualche r. Quindi $ ~ h*r*h = h*h*r $. Vale la legge di cancellazione a sinistra (basta far vedere che r*h e h*r sono uguali per infiniti valori, e i reali maggiori di 1 ce li abbiamo tutti), quindi $ r*h = h*r $.
Cioè, la scoperta è grossa: dato $ ~p \in A $, abbiamo due casi:
- $ ~ p(x) = x $
- oppure $ ~ p(x) = r(x^2+1) $, dove anche $ ~ r \in A $.
Per induzione, segue che i soli p che funzionano sono quelli descritti al punto 1.
(parentesi aggiustate...)
Consideriamo il monoide (attenzione: se non sapete che è un monoide, non fermatevi, monoide vuole solo dire che l'operazione di cui sto parlando è associativa! [ed ha un elemento neutro]) formato dai polinomi, che ha come operazione la composizione: $ ~ p(x)*h(x) = h(p(x)) $. (operazione associativa per lo stesso motivo per cui la composizione di funzioni è associativa)
Detto $ h = x^2+1 $, l'insieme A dei polinomi tali che $ ~ p(x^2+1) = p(x)^2 + 1 $ è l'insieme dei polinomi che commutano con h: $ ~ h*p=p*h $, detto anche (credo) centralizzante di h. A è un sottomonoide, perchè:
- $ ~ \mbox{id}*h = h*\mbox{id} = h $ (dove id è il polinomio f(x)=x)
- $ ~ a*h = h*a, b*h=h*b \Rightarrow (a*b)*h $$ =a*(b*h) = a*(h*b)=(a*h)*b=(h*a)*b=h*(a*b) $
Inoltre A contiene per forza h (chi si propone per dimostrare che $ ~ h*h = h*h $?), quindi contiene anche il sottomonoide generato da h: $ ~ \mbox{id},h,h*h,\ldots $. Visto che il grado diventa sempre più grande, questo insieme è infinito.
(per farla breve, sto dimostrando che $ ~ x^2+1,(x^2+1)^2+1 $ e roba del genere funziona).
Punto 2.
per ogni x:
$ ~ p(x)^2 = p(x)^2+1-1=p(x^2+1)-1= $$ p((-x)^2+1)-1 = p(-x)^2+1-1 = p(-x)^2 $
$ ~ ((p(x)+p(-x))(p(x)-p(-x)) $ ha infinite radici. Quindi almeno uno dei due fattori è nullo.
Caso 1: p(x) + p(-x) = 0.
Segue che p(0) = 0, e quindi $ ~ p(1) = p(0^2+1) = p(0)^2+1 = 1 $, e andando avanti così troviamo infiniti valori per cui p(x) = x, quindi p(x) è proprio l'identità.
Caso 2: p(x) = p(-x).
Allora, confrontando i coefficienti, troviamo che i coefficienti di grado dispari sono 0, quindi: $ ~ p(x) = q(x^2) $ per qualche polinomio q.
Ora viene forse un passaggio interessante: se sappiamo che $ ~ p(x)=q(x^2) $ per qualche q, allora per qualche r potremo anche scrivere $ ~ p(x) = r(x^2+1) $. Perchè mai? Perchè, cambiando punto di vista:
$ ~ p(x) = q((x^2+1)-1) $
Quindi, definendo $ ~ r(x) = q(x-1) $, avremo $ ~ p(x) = r(x^2+1) $.
Ora per concludere torno dal punto di vista dei monoidi. Sapevamo che: $ ~ p*h = h*p $, e sappiamo anche che $ ~ p = h*r $ per qualche r. Quindi $ ~ h*r*h = h*h*r $. Vale la legge di cancellazione a sinistra (basta far vedere che r*h e h*r sono uguali per infiniti valori, e i reali maggiori di 1 ce li abbiamo tutti), quindi $ r*h = h*r $.
Cioè, la scoperta è grossa: dato $ ~p \in A $, abbiamo due casi:
- $ ~ p(x) = x $
- oppure $ ~ p(x) = r(x^2+1) $, dove anche $ ~ r \in A $.
Per induzione, segue che i soli p che funzionano sono quelli descritti al punto 1.
(parentesi aggiustate...)
Ultima modifica di edriv il 14 gen 2008, 16:47, modificato 1 volta in totale.
-
Simo_the_wolf
- Moderatore
- Messaggi: 1053
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pescara
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
sinceramente speravo in una dimostrazione più semplice...
Io ho provao a spatterci un pò la testa...
Non sono nè riuscito a intravedere nessuna soluzione nè tantomeno a capire bene la dimostrazione...
Daltronde il mio livello è basso...
Io ho provao a spatterci un pò la testa...
Non sono nè riuscito a intravedere nessuna soluzione nè tantomeno a capire bene la dimostrazione...
Daltronde il mio livello è basso...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Bè sicuramente questa è la parte più oscura...come ci arrivi?edriv ha scritto: Detto $ h = x^2+1 $, l'insieme A dei polinomi tali che $ ~ p(x^2+1) = p(x)^2 + 1 $ è l'insieme dei polinomi che commutano con h: $ ~ h*p=p*h $, detto anche (credo) centralizzante di h. A è un sottomonoide,
Poi in linea di massima credo di non avere le basi per capire questa dimostrazione
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Mah, lasciando fuori i tecnicismi, direi che quel che ha fatto edriv si può riscrivere così:
Oss 1: posto $ h(x)=x^2+1 $, noi stiamo cercando i polinomi tali che $ p(h(x))=h(p(x)) $.
Oss 2: se ho p e q tali polinomi (ovvero se $ p(h(x))=h(p(x)) $ e $ q(h(x))=h(q(x)) $), allora anche $ p(q(x)) $ e $ q(p(x)) $ funzionano:
$ p(q(h(x)))=p(h(q(x)))=h(p(q(x))) $
e uguale per l'altro.
Oss 3: ovviamente, se prendo p=h, ottengo un polinomio che soddisfa la richiesta, in quanto $ h(h(x))=h(h(x)) $ (:P eh beh...)
Mettendo tutto assieme, visto che h soddisfa la richiesta, anche $ h(h(x)) $ la soddisfa, ma allora (componendo ancora con h) anche $ h(h(h(x))) $ e così via.
Poichè il grado aumenta ogni volta, questi polinomi sono tutti distinti e infiniti.
Così ti è più chiaro?
Oss 1: posto $ h(x)=x^2+1 $, noi stiamo cercando i polinomi tali che $ p(h(x))=h(p(x)) $.
Oss 2: se ho p e q tali polinomi (ovvero se $ p(h(x))=h(p(x)) $ e $ q(h(x))=h(q(x)) $), allora anche $ p(q(x)) $ e $ q(p(x)) $ funzionano:
$ p(q(h(x)))=p(h(q(x)))=h(p(q(x))) $
e uguale per l'altro.
Oss 3: ovviamente, se prendo p=h, ottengo un polinomio che soddisfa la richiesta, in quanto $ h(h(x))=h(h(x)) $ (:P eh beh...)
Mettendo tutto assieme, visto che h soddisfa la richiesta, anche $ h(h(x)) $ la soddisfa, ma allora (componendo ancora con h) anche $ h(h(h(x))) $ e così via.
Poichè il grado aumenta ogni volta, questi polinomi sono tutti distinti e infiniti.
Così ti è più chiaro?
si ora credo di aver capito con la spiegazione di EvaristeG...
anche se sinceramente non ci sarei mai arrivato...
anche se sinceramente non ci sarei mai arrivato...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui