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Trovare tutti i polinomi $p(x): \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che

$$p(x)p(x+1)=p(x^2) \ \ \ \forall x \in \mathbb{R}$$

Se me lo abbattete in poco tempo, quando riprenderò il timone riprendiamo con le funzionali

Sia \(d\) il grado del polinomio, allora \(d * d = 2d\) da cui \(d = 0 \vee d = 2\).

Se \(d = 0\) allora \(p(x) = c\)
\(c * c = c \rightarrow c = 0 \vee c = 1\)
quindi \(p(x) = 0 \vee p(x) = 1\).

Se \(d = 2\) il nostro polinomio sarà \(p(x) = ax^2 + bx + c\), sostituendo questo nella funzionale e mettendo in evidenza \(x^4\) si ottiene \(a^2 - a = 0\), ma \(a \neq 0\) in quanto il polinomio è di secondo grado dunque \(a = 1\), quindi il polinomio dev'essere della forma \(p(x) = x^2 + bx + c\).

Ponendo \(x = 0\) si ricava \(p(0)p(1) = p(1)\) da cui o \(p(0) = 0\) o \(p(1) = 1\).
Prendiamo il primo caso, si avrà che \(c = 0\), quindi il polinomio diventa \(p(x) = x^2 + bx\), sostituendo si ottiene il sistema
\(\begin{cases} 2 + 2b = 0 \\ (b+1)^2 =0 \\ b(b+1) = 0 \end{cases}\)

da cui \(b = -1\).

\(p(x) = x^2 - x\) perciò è una soluzione.

Secondo caso, \(p(1) = 1\), sostituendo nel polinomio generale si ottiene \(1 + b + c = 1\ \rightarrow c = -b\), il polinomio diventa dunque \(p(x) = x^2 + bx - b\).
Ponendo \(x = -1\) si ottiene \(p(-1) p(0) = p(1) \rightarrow p(-1) = \frac{p(1)}{p(0)} = - \frac{1}{b}\), sostituendo questo nell'equazione del polinomio si ha
\(1 - b - b = - \frac{1}{b}\)
\(2b^2 - b - 1 = 0 \rightarrow b = 1 \vee b = - \frac{1}{2}\)

da cui otteniamo i due polinomi \(p(x) = x^2 + x -1\) e \(p(x) = x^2 - \frac{1}{2} x + \frac{1}{2}\), ma ponendo ad esempio \(x=2\) si verifica facilmente che nessuno dei due polinomi soddisfa la funzionale.

Le uniche soluzioni sono dunque \(p(x) = 0\), \(p(x) = 1\), \(p(x) = x^2 - x\). Più bovino di così

arack ha scritto:Sia \(d\) il grado del polinomio, allora \(d * d = 2d\) da cui \(d = 0 \vee d = 2\).

ehm.. a me verrebbe da dire $d+d = 2d$, da cui non segue $d=0, 2$.

ma_go ha scritto:

arack ha scritto:Sia \(d\) il grado del polinomio, allora \(d * d = 2d\) da cui \(d = 0 \vee d = 2\).

ehm.. a me verrebbe da dire $d+d = 2d$, da cui non segue $d=0, 2$.

arack slaps himself around a bit with a large trout

Effettivamente è facile vedere che se \(p_{0}\) e \(p_{1}\) verificano la funzionale anche \(p_{0}p_{1}\) la soddisfa, dunque \((x^2 - x)^n\) è soluzione per ogni \(n \geq 0\).

Stasera con un po' di pazienza scrivo la soluzione

Edit.

Se \(p(a) = 0\) allora \(p(a^2) = p(a)p(a+1) = 0\), ovvero se \(a\) è radice del polinomio allora anche \(a^2\) sarà una radice, dunque \(a \in S = \{0, 1, -1\}\) in quanto se così non fosse si avrebbe una successione infinita di radici.
Ma dalla funzionale si ha anche che se \(a\) è radice allora \((a-1)^2\) lo è, si verifica subito che \((0-1)^2 = 1 \in S\), che \((1-1)^2 = 0 \in S\) e che \((-1-1)^2 = 4 \notin S\), dunque le radici del polinomio sono \(\{0, 1\}\).

Se \(p_{0}\) e \(p_{1}\) sono due polinomi che verificano la funzionale allora anche \(p_{0}p_{1}\) la verifica, mentre se un polinomio la soddisfa e l'altro no allora il prodotto non la soddisfa (è proprio viziata eh).

Si verifica manualmente che \(p(x) = x\) e \(p(x) = x-1\) non soddisfano la funzionale, mentre \(p(x) = x(x-1)\) la soddisfa, dunque le soluzioni della polinomiale sono \(p(x) = [x(x-1)]^n\) con \(n \in \mathbb{N}\), e poi quei due polinomi costanti di prima

arack ha scritto:Effettivamente è facile vedere che se \(p_{0}\) e \(p_{1}\) verificano la funzionale anche \(p_{0}p_{1}\) la soddisfa

Come si vede?

Poi, hai stabilito che il polinomio si annulla in 0 e 1, che è giustissimo. Intanto è monico?? E poi perchè le radici hanno molteplicità uguale??

Sei molto vicino comunque.. E se sai qualcosa di $\mathbb{C}$ si faceva più semplicemente (anche se l'idea che hai usato è circa quella)

Come si vede?

Beh, se \(p(x) = p_{0}(x) p_{1}(x)\) e se

\(p_{0}(x) p_{0}(x+1) = p_{0}(x^2) \\
p_{1}(x) p_{1}(x+1) = p_{1}(x^2)\)

allora
\(p_{0}(x) p_{1}(x) p_{0}(x+1) p_{1}(x+1) = p_{0}(x^2) p_{1}(x^2)\)

da cui
\(p(x)p(x+1) = p(x^2)\)

Intanto è monico?

Si, se \(a_{n}x^n\) è il termine più grande del polinomio allora confrontando \(RHS\) e \(LHS\) si ha che \(a_{n}^2 x^{2n} = a_{n} x^{2n}\), con \(a_{n} \neq 0\), dunque \(a_{n} = 1\).

E poi perchè le radici hanno molteplicità uguale?

Con lo stesso procedimento di prima si mostra che se \(p_{0}\) è soluzione della funzionale e \(p_{1}\) non lo è, allora \(p_{0} p_{1}\) non lo è (sono gli stessi passaggi, solo che c'è una disuguaglianza al posto di un'uguaglianza).

\(p(x) = x^n\) con \(n \geq 1\) non soddisfa la funzionale perché \(x^n (x+1)^n > x^{n} x^{n}\) per ogni \(x > 1\), e anche \(p(x) = (x-1)^n\) non la soddisfa perchè \((x-1)^n x^n = (x^{2} - x)^n < (x^2-1)^n\) per \(x > 1\).

Ora per quanto detto prima sappiamo che \(p_{0}(x) = [x(x+1)]^n\) è soluzione e che \(p_{1}(x) = x^m\), \(p_{2}(x) = (x-1)^o\) non lo sono per \(n \geq 1\), \(m \geq 1\), \(o \geq 1\), dunque \(p_{0}(x) p_{1}(x) = x^n (x-1)^s\) con \(s > n\) non è soluzione, come non lo è nemmeno \(p_{0}(x) p_{1}(x) = x^t (x-1)^n\), \(t > n\), si ha dunque che le radici hanno molteplicità uguale.

E sai qualcosa di \(\mathbb{C}\) si faceva più semplicemente

Ovvero?

Diciamo che

1) se $p_0(x)$ e $p_1(x)$ funzionano, allora $p_0p_1(x)$ funziona e se uno tra i due non funziona, allora il prodotto non funziona
2) il coefficiente di testa è 1
3) sapendo che i polinomi $p(x)$ che soddisfano la funzionale hanno come radici $0$ o $1$ e vedendo con disuguaglianze che $q(x)=x^a$ e $r(x)=(x-1)^b$ non funzionano ($a \geq 0$ e $b \geq 0$), ma $p_1(x)=x(x-1)$ funziona, allora intanto per induzione su $n$ dimostri che $p_n(x)=x^n(x-1)^n$ soddisfa (per il fatto 1).
4) ora se le radici avessero molteplicità differente, allora considero il polinomio $s(x)=x^k(x-1)^h$. Ora per simmetria suppongo $k<h$ e quindi $s(x)=x^k(x-1)^k(x-1)^{h-k}$. Ma per il fatto 3) il polinomio $p(x)=x^k(x-1)^k$ soddisfa, mentre il polinomio $r(x)=(x-1)^{h-k}$ non funziona, e quindi per il fatto 1 anche $s(x)$ non funziona.
5) non dimenticarti di $p(x) \equiv 0 \ \ \forall x \in \mathbb{R}$.

Comunque l'altro fatto è considerare $p(x)p(x+1)=p(x^2)$. Ora l'uguaglianza della parte di sinistra e parte di destra è per ogni reale, quindi i polinomi sono identici come coefficienti e quindi valutati con un qualunque numero $\alpha \in \mathbb{C}$ danno lo stesso risultato.
Ora dato che suppongo il grado di $p(x) \geq 1$ (le costanti si controllano a mano), allora $p(x)$ avrà una radice nel campo dei complessi, che chiamo $z=a+ib$.
Se $z=0$, controllo dopo. Altrimenti se $z \neq 0$, ponendo $x=z$ il suo modulo deve essere necessariamente 1 (come hai dimostrato tu con le successioni)
Ponendo ora $x=z-1$ ottengo che anche $z-1=0$ oppure il modulo di $z-1$ è uguale a 1.

Ricapitolando o $z=0$ o $z-1=0$ oppure $\mid z \mid =1$ e $\mid z-1 \mid =1$. Quindi ottengo l'insieme delle radici (lo indico con Z) è finito e abbiamo $Z=\{0, 1, \frac{1+\sqrt{3}}{2}, \frac{1-\sqrt{3}}{2} \}$ (lo puoi far vedere o come intersezione tra le due circonferenze sul piano di Gauss, oppure con i conti a mano su $a$ e $b$). Ma ponendo uno di quei valori veramente complessi nell'equazione di partenza, ottieni altre radici di $p(x)$ (che sono $\frac{-1+\sqrt{3}}{2}, \frac{-1-\sqrt{3}}{2}$), assurdo. Quindi $p(x)=cx^m(x-1)^n$ per opportuni valori. Ora se $c=0$ riottengo il polinomio nullo, altrimenti assumo $c=1$.
E infine $p(x)p(x+1)=x^{m+n}(x+1)^m(x-1)^n=x^{2m}(x^2-1)^{n}=p(x^2)$ e quindi uguagliando la potenza piu' bassa ottengo $2m=m+n$ che conclude

Va bene! Qualcuno ha intenzione di continuare la staffetta

Sta ad arack proporre un nuovo problema