Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

nikos_el · #1

Να προσδιοριστούν όλα τα πολυώνυμα $P\left ( x \right )$ $\in$ $\mathbb{R}\left [ x \right ]$ που είναι τέτοια, ώστε: $P\left ( x^{2} \right )= P\left ( x \right )P\left ( x+2 \right )$ , $\forall x\in \mathbb{R}$ .

Friedoon · #2

nikos_el έγραψε:Να προσδιοριστούν όλα τα πολυώνυμα $P\left ( x \right )$ $\in$ $\mathbb{R}\left [ x \right ]$ που είναι τέτοια, ώστε: $P\left ( x^{2} \right )= P\left ( x \right )P\left ( x+2 \right )$ , $\forall x\in \mathbb{R}$ .

Αρχικά 2 προφανείς λύσεις είναι οι P(x)=0

και

Έστω

μία ρίζα του P(x)

τότε από τη δοθείσα σχέση βλέπουμε πως και x_0^2

είναι ρίζα του P(x)

.Άρα για να μην έχουμε άπειρες ρίζες θα πρέπει $x_0=1 \vee x_0=0 \vee x_0=-1$ .Όμως παρατηρούμε ακόμα πως και η (x_0-2)^2

είναι ρίζα του P(x)

.Άρα θα πρέπει να απορρίψουμε και τις περιπτώσεις x_0=0

και

γιατί οδηγούμαστε σε άπειρες ρίζες πάλι.
Άρα θα πρέπει x_0=1

και άρα

που όμως ικανοποιεί την αρχική σχέση μόνο αν k=1

ή

άρα η απάντηση είναι κάθε πολυώνυμο της μορφής P(x)=(x-1)^n

, όπου

θετικός ακέραιος, ή P(x)=0

ή

.

dement · #3

Ανδρέα, απέδειξες ότι η μοναδική πραγματική ρίζα ενός μη μηδενικού πολυωνύμου που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες μπορεί να είναι το

.

Από εκεί χρειάζεται περαιτέρω δικαιολόγηση για να συμπεράνουμε ότι μόνο τα (x-1)^n

είναι μη μηδενικές λύσεις.

#4

Ισχύει $\displaystyle{P(x)P(x+2)=P(x^2)}$ και $\displaystyle{P(x)P(x-2)=P((x-2)^2).}$ Έστω $\displaystyle{a\in \mathbb{C}}$ ρίζα του πολυωνύμου.

Τότε ρίζες είναι και τα $\displaystyle{a^2,a^4,a^8,\cdots }$ . Επειδή το πολυώνυμο δε μπορεί να έχει άπειρες ρίζες, υπάρχουν φυσικοί $\displaystyle{m,n,}$ ώστε

$\displaystyle{a^{2^m}=a^{2^n}\implies a=0\vee |a|=1.}$ ( $\displaystyle{\color{red}\maltese}$ )

Από τη δεύτερη σχέση φαίνεται ότι και το $\displaystyle{(a-2)^2}$ είναι ρίζα του πολυωνύμου, οπότε από την ( $\displaystyle{\color{red}\maltese}$ ) προκύπτει $\displaystyle{a=2\vee |a-2|=1.}$

Προφανώς πρέπει να ισχύει $\displaystyle{|a|=|a-2|=1.}$ Θέτοντας $\displaystyle{a=x+yi,~x,y\in \mathbb{R}}$ βλέπουμε ότι $\displaystyle{x=1, y=0,}$ δηλαδή $\displaystyle{a=1.}$ Άρα $\displaystyle{P(x)=c(x-1)^k.}$

Με αντικατάσταση στην αρχική βρίσκουμε $\displaystyle{c=1,}$ άρα $\displaystyle{P(x)=(x-1)^k.}$

Αυτό μαζί με τα σταθερά $\displaystyle{P(x)=0, P(x)=1}$ είναι οι μόνες λύσεις.

dement · #5

Περιέργεια (που φυσικά δεν ήθελα να εκφράσω πριν): Η ύλη του Αρχιμήδη περιλαμβάνει μιγαδικούς και Θεμελιώδες Θεώρημα Άλγεβρας;

Al.Koutsouridis · #6

dement έγραψε:

Περιέργεια (που φυσικά δεν ήθελα να εκφράσω πριν): Η ύλη του Αρχιμήδη περιλαμβάνει μιγαδικούς και Θεμελιώδες Θεώρημα Άλγεβρας;

Επίσημα ναι. Από την σελίδα της Ε.Μ.Ε. "Εξεταστέα ύλη για τον τρίτο διαγωνισμό "ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ" και τον «Προκριματικό διαγωνισμό» θεωρείται η ύλη των Διεθνών Μαθηματικών Ολυμπιάδων"

Προσωπικά θα προτιμούσα η ύλη μέχρι και τον Αρχιμήδη να είναι η σχολική, με την ευρεία έννοια της, ότι δηλαδή περιέχεται στα σχολικά βιβλία. Ανεξαρτήτως το τί είναι στην ύλη (και ακόμα γενικότερα θα πρέπει να διδάσκεται όλη η ύλη του σχολικού βιβλίου).

Τα θέματα μέχρι και τον Αρχιμήδη θα πρέπει να είναι τέτοια έτσι ώστε να εκμηδενίζεται το πλεονέκτημα του μαθητή που γνωρίζει εξωσχολική ύλη.

Από τον Αρχιμήδη και ύστερα (1ος , 2ος προκριματικός) όπου οι σκοποί διαφοροποιούνται η ύλη θα μπορούσε και θα έπρεπε να είναι η "ολυμπιακή".

Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

Re: Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

Re: Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

Re: Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

Re: Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

Re: Πολυωνυμική συναρτησιακή εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση