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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!

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...)

Credo che hai scazzato un po' di parantesi... comunque bella soluzione!

P.S.: il tuo A si chiama centralizzatore (almeno cosi' e' nei gruppi quindi immagino anche nei monoidi) di $ h $ e di solito si indica con $ Z(h) $ (dove la zeta sta per zentrum che vuol dire centro in tedesco)

Bella soluzione davvero

Tu ne avevi una diversa?

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...

angus89 ha scritto: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...

Cos'è esattamente che non capisci?

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,

Bè sicuramente questa è la parte più oscura...come ci arrivi?
Poi in linea di massima credo di non avere le basi per capire questa dimostrazione

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?

si ora credo di aver capito con la spiegazione di EvaristeG...
anche se sinceramente non ci sarei mai arrivato...