Ε και μια Πολυωνυμική !

kalagz · #1

Δεν είναι πολύ δύσκολη αλλά νομίζω είναι "ζουμερή" (ναι χρησιμοποιώ συχνά αυτόν τον όρο )

Να βρεθούν τα πολυώνυμα P(x)

( $x \in \mathbb{R}$ ) που είναι τέτοια ώστε P(x^2) +P(x)P(x+1)=0

.

Αν αντί για πολυώνυμο είχαμε συνάρτηση?

Άσχετο,στη σελίδα "...Ολυμπιάδες » Θέματα για Λύκειο - Seniors" πώς-με ποιό κριτήριο αναρτείται εκεί ένα θέμα?

#2

Αποσύρω την λύση, λόγω τραγικής απροσεξίας.

kalagz · #3

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:'Εστω κ 0 βαθμός του Ρ(χ). Τότε ο βαθμός του Ρ(χ+1) θα είναι κ και ο βαθμός του $P(x^{2})$ θα είναι . Επειδή είναι $P(x^{2})=-P(x).P(x+1)$

για κάθε xΕR άρα θα πρέπει

Έχεις κάνει ένα λάθος!
Για κάθε 2 πολυώνυμα P,Q είναι $deg[P\cdot Q]=degP+degQ$ . Αν και εσφαλμένος, με τον τρόπο σου βρήκες κάποιες (τις βασικές) από τις άπειρες λύσεις...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#4

Τραγική απροσεξία!!! (Βλέπεις δίνω πιο πολύ βάση στην γραφή με LATEX που δεν την καταφέρνω καλά και κάνω ώρες να γράψω και ξεχνιέμαι στην ουσία της λύσης).
Ευχαριστώ για την επισήμανση της αβλεψίας. Άρα θα αποσύρω την λύση.

GVlachos · #5

Τα πολυώνυμα είναι της μορφής

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Από τις σχέσεις P(0)+P(0)P(1)=0

και

βλέπουμε ότι το

είναι ρίζα του πολυωνύμου αν και μόνο αν το 1 είναι ρίζα του πολωνύμου. Άρα P(x)=(x(x-1))^mQ(x)

με $Q(0)Q(1)\neq 0$ και (x^2(x^2-1))^mQ(x^2)+(x(x-1))^mQ(x)((x+1)x)^mQ(1-x)=0

, οπότε για $x\neq 0,1$ , Q(x^2)+Q(x)Q(x+1)=0

, άρα η τελευταία σχέση, αφού το αριστερό μέλος είναι πολυώνυμο ως προς

και έχει άπειρες ρίζες, θα ισχύει για κάθε

. To

δεν μηδενίζεται, γιατί αν μηδενιζόταν θα είχε άπειρες ρίζες, άρα διατηρεί πρόσημο. Άρα το Q(x)Q(x+1)

είναι παντού θετικό και το Q(x)

αρνητικό.

Το

,αν δεν είναι σταθερό, έχει ρίζες στους μιγαδικούς. Άφου αν

μία ρίζα του έχουμε ότι και το c^2

είναι ρίζα του, όλες οι ρίζες του

θα έχουν μέτρο

, αλλιώς μπορούμε να παράγουμε άπειρες ρίζες, οι οποίες θα έχουν διαφορετικά μέτρα.
Έστω

μία ρίζα του

. Τότε οι

είναι ρίζες του, έχουν μέτρο

και άρα και ο c-1

έχει μέτρο 1. Δηλαδή αν c=x+yi

τότε $|x|=|x-1|,x=\frac{1}{2}, |y|=\frac{\sqrt 3}{2}$ .
Ο c^2

είναι ρίζα του

άρα πρέπει |c^2|=|c^2-1|=1

, δηλαδή $x^2-y^2=\frac{1}{2},\frac{1}{4}-\frac{3}{4}=\frac{1}{2},-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ που δεν ισχύει. Άρα το Q είναι σταθερό και ίσο με

ή

και οι λύσεις είναι αυτές που δόθηκαν αρχικά.

#6

Eστω $\displaystyle{P(r)=0,r\in C}$ τότε $\displaystyle{P(r^2)=0 ...}$ και γενικότερα $\displaystyle{P(r^{2^k})=0,...}$

Aν οι αριθμοι $\displaystyle{r^2^k}$ είναι διαφορετικοί μεταξύ τους το $\displaystyle{P}$ θα έχει απειρες ρίζες αρα $\displaystyle{ P(x)=0}$ αυτό θα συμβαίνει αν $\displaystyle{r\ne 0,|r|\ne 1}$

αν ομως $\displaystyle{P(r)=0}$ ή λόγω της $\displaystyle{P((x-1)^2)=-P(x-1)P(x)}$ τοτε το $\displaystyle{P((r-1)^2=0)}$ και αφού $\displaystyle{P(x^2)=-P(x)P(x+1)}$ θα εχει ρίζες τους $\displaystyle{(r-1)^4,...(r-1)^{2^{k+1}},...}$ που θα είναι απειρες εκτός και αν $\displaystyle{r-1=0 , |r-1|=1}$

Τελικα το $\displaystyle{P}$ εχει πεπερασμένες ρίζες αν $\displaystyle{r=0,r=1,|r|=1,|r-1|=1,r\in C}$

Aπο $\displaystyle{|r|=1,|r-1|=1}$ εχουμε $\displaystyle{r\bar{r}=1,r\bar{r}-r-\bar{r}+1=1}$ οποτε $\displaystyle{r+\bar{r}=1}$ ,
$\displaystyle{r\bar{r}=1}$ δηλαδή παράγοντα το $\displaystyle{(x^2-x+1)^m}$ και λογω των υπολοιπων ριζων παράγοντες $\displaystyle{x^k,(x-1)^l}$

$\displaystyle{P(x)=cx^k(x-1)^l(x^2-x+1)^m}$

Aντικαθιστωντας στην $\displaystyle{P(x^2)=-P(x)P(x+1)}$ καταλήγουμε σε ενα συστημα και βρίσκουμε τα $\displaystyle{k,i,m,c}$

$\displaystyle{P(x)=-x^k(x-1)^k}$

Ε και μια Πολυωνυμική !

Ε και μια Πολυωνυμική !

Re: Ε και μια Πολυωνυμική !

Re: Ε και μια Πολυωνυμική !

Re: Ε και μια Πολυωνυμική !

Re: Ε και μια Πολυωνυμική !

Re: Ε και μια Πολυωνυμική !

Μέλη σε σύνδεση