Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1417
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Σάβ Οκτ 05, 2019 12:34 pm

Έστω P\left( x \right), Q\left( x \right) \in \mathbb{R}\left[ x \right] δύο πολυώνυμα τέτοια, ώστε να ισχύει P\left( P\left( x \right) \right)=\left( Q\left( x \right) \right) ^2.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει πολυώνυμο R\left( x \right) \in \mathbb{R}\left[ x \right] τέτοιο, ώστε P\left( x \right)=\left( R\left( x \right) \right) ^2.
τελευταία επεξεργασία από emouroukos σε Κυρ Οκτ 06, 2019 11:52 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
Λόγος: Αλλαγή του συνόλου συντελεστών του πολυωνύμου από C σε R.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.

Λέξεις Κλειδιά:
christinat
Δημοσιεύσεις: 46
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Σάβ Ιαν 04, 2020 6:35 pm

Μπορεί κάποιος να δώσει μια υπόδειξη για αυτήν την άσκηση;Την προσπαθώ μερες...


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 315
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Ιαν 04, 2020 7:58 pm

Αφού γράψεις το P(x) ως a(x-r_{1})^{k_{1}}(x-r_{2})^{k_{2}}...(x-r_{s})^{k_{s}},όπου τα k_{i} δηλώνουν τις πολλαπλότητες των (μιγαδικών) ριζών,η εξίσωση γίνεται a(P(x)-r_{1})^{k_{1}}(P(x)-r_{2})^{k_{2}}...(P(x)-r_{s})^{k_{s}}=Q(x)^2.
Υπόθεσε προς άτοπο πως υπάρχει k_{j} με k_{j} \equiv 1 mod2.Τί μας λέει αυτό με βάση την παραπάνω εξίσωση για τις πολλαπλότητες των ριζών (μιγαδικών) της P(x)-r_{j}=0 ;

[\hide]


christinat
Δημοσιεύσεις: 46
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Σάβ Ιαν 04, 2020 9:14 pm

min## έγραψε:
Σάβ Ιαν 04, 2020 7:58 pm
Αφού γράψεις το P(x) ως a(x-r_{1})^{k_{1}}(x-r_{2})^{k_{2}}...(x-r_{s})^{k_{s}},όπου τα k_{i} δηλώνουν τις πολλαπλότητες των (μιγαδικών) ριζών,η εξίσωση γίνεται a(P(x)-r_{1})^{k_{1}}(P(x)-r_{2})^{k_{2}}...(P(x)-r_{s})^{k_{s}}=Q(x)^2.
Υπόθεσε προς άτοπο πως υπάρχει k_{j} με k_{j} \equiv 1 mod2.Τί μας λέει αυτό με βάση την παραπάνω εξίσωση για τις πολλαπλότητες των ριζών (μιγαδικών) της P(x)-r_{j}=0 ;

[\hide]

Ευχαριστώ για την υπόδειξη αλλά δυστυχώς ξέρω πολύ λιγα από μιγαδικούς


christinat
Δημοσιεύσεις: 46
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Κυρ Ιαν 12, 2020 11:43 pm

Έστω P(x)=a(x-r_{1})^{k_{1}}(x-r_{2})^{k_{2}}...(x-r_{s})^{k_{s}} ,degP(x)=n

Τοτε P(P(x))=a(P(x)-r_{1})^{k_{1}}(P(x)-r_{2})^{k_{2}}...(P(x)-r_{s})^{k_{s}}

Έστω ακόμη πολυωνυμο Q με degQ(x)=m τέτοιο ώστε:

P(P(x))=(b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+...+b_{1}x+b_{0})^{2}\Rightarrow a_{n}P^{n}(x)+a_{n-1}P^{n-1}(x)+...+a_{1}P(x)+a_{0}=(b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+...+b_{1}x+b_{0})^{2}

Ο μεγιστοβαθμιος όρος του P(P(x)) θα είναι ο
a^{n+1}x^{n^{2}}

Ενώ ο μεγιστοβαθμιος όρος του Q^{2}(x) είναι ο (b_{m})^{2}x^{2m }

Αφού P(P(x))=Q^{2}(x) πρέπει οι μεγιστοβαθμιοι όροι τος να είναι ίσοι

Οποτε a^{n+1}=b_{m}^{2} (1)και x^{n^{2}}=x^{2m}\Rightarrow n^{2}=2m

n άρτιος , n+1 περιττός
Λόγω της (1) πρέπει a να είναι τετράγωνο πραγματικού(έστω a=b^{2}

Έστω τωρα ότι για κάποιο j=\left \{ 1,2...,s \right \} ισχύει ότι k_{j}\equiv 1(mod2)και πολυωνυμα της μορφής L_{j}(x)=P(x)-r_{j}

P(P(x))=a(L_{1}(x))^{k_{1}}(L_{2}(x))^{k_{2}}...(L_{j(x)})^{k_{j}}...(L_{s }(x))^{k_{s}} (2)

Οι ριζες των πολυωνυμων της μορφής L_{j}(x)=P(x)-r_{j} είναι και ριζες του P(P(x))=Q^{2}(x)
άρα και του Q(x)

Q(x)=b(L_{1}(x))^{p_{1}}...(L_{j}(x))^{p_{2}}...(L_{s}(x))^{p_{s}}

Q^{2}(x)=b^{2}(L_{1}(x))^{2p_{1}}...(L_{j}(x))^{2p_{j}}...(L_{s}(x))^{2p_{s}}(3)

Από τις εχεις (2)-(3) προκύπτει ότι:
k_{1}=2p_{1}
k_{2}=2p_{2}
k_{j}=2p_{j},άτοπο
k_{s }=2p_{s}

Άρα P(x)=b^{2}(x-r_{1})^{2p_{1}}(x-r_{_{2}})^{2p_{2}}...(x-r_{s})^{2p_{s}}

Υπάρχει λοιπόν πολυωνυμο R(x)=b(x-r_{1})^{p_{1}}(x-r_{_2})^{p_{2}}...(x-r_{s})^{p_{_s}}


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3113
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Ιαν 13, 2020 8:29 pm

christinat έγραψε:
Κυρ Ιαν 12, 2020 11:43 pm
Έστω P(x)=a(x-r_{1})^{k_{1}}(x-r_{2})^{k_{2}}...(x-r_{s})^{k_{s}} ,degP(x)=n

Τοτε P(P(x))=a(P(x)-r_{1})^{k_{1}}(P(x)-r_{2})^{k_{2}}...(P(x)-r_{s})^{k_{s}}

Έστω ακόμη πολυωνυμο Q με degQ(x)=m τέτοιο ώστε:

P(P(x))=(b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+...+b_{1}x+b_{0})^{2}\Rightarrow a_{n}P^{n}(x)+a_{n-1}P^{n-1}(x)+...+a_{1}P(x)+a_{0}=(b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+...+b_{1}x+b_{0})^{2}

Ο μεγιστοβαθμιος όρος του P(P(x)) θα είναι ο
a^{n+1}x^{n^{2}}

Ενώ ο μεγιστοβαθμιος όρος του Q^{2}(x) είναι ο (b_{m})^{2}x^{2m }

Αφού P(P(x))=Q^{2}(x) πρέπει οι μεγιστοβαθμιοι όροι τος να είναι ίσοι

Οποτε a^{n+1}=b_{m}^{2} (1)και x^{n^{2}}=x^{2m}\Rightarrow n^{2}=2m

n άρτιος , n+1 περιττός
Λόγω της (1) πρέπει a να είναι τετράγωνο πραγματικού(έστω a=b^{2}

Έστω τωρα ότι για κάποιο j=\left \{ 1,2...,s \right \} ισχύει ότι k_{j}\equiv 1(mod2)και πολυωνυμα της μορφής L_{j}(x)=P(x)-r_{j}

P(P(x))=a(L_{1}(x))^{k_{1}}(L_{2}(x))^{k_{2}}...(L_{j(x)})^{k_{j}}...(L_{s }(x))^{k_{s}} (2)

Οι ριζες των πολυωνυμων της μορφής L_{j}(x)=P(x)-r_{j} είναι και ριζες του P(P(x))=Q^{2}(x)
άρα και του Q(x)

Q(x)=b(L_{1}(x))^{p_{1}}...(L_{j}(x))^{p_{2}}...(L_{s}(x))^{p_{s}}

Q^{2}(x)=b^{2}(L_{1}(x))^{2p_{1}}...(L_{j}(x))^{2p_{j}}...(L_{s}(x))^{2p_{s}}(3)

Από τις εχεις (2)-(3) προκύπτει ότι:
k_{1}=2p_{1}
k_{2}=2p_{2}
k_{j}=2p_{j},άτοπο
k_{s }=2p_{s}

Άρα P(x)=b^{2}(x-r_{1})^{2p_{1}}(x-r_{_{2}})^{2p_{2}}...(x-r_{s})^{2p_{s}}

Υπάρχει λοιπόν πολυωνυμο R(x)=b(x-r_{1})^{p_{1}}(x-r_{_2})^{p_{2}}...(x-r_{s})^{p_{_s}}
Ο συλλογισμός

Οι ριζες των πολυωνυμων της μορφής L_{j}(x)=P(x)-r_{j} είναι και ριζες του P(P(x))=Q^{2}(x)
άρα και του Q(x)

Q(x)=b(L_{1}(x))^{p_{1}}...(L_{j}(x))^{p_{2}}...(L_{s}(x))^{p_{s}}

είναι εσφαλμένος.
Εστω k_{1}=3,L_{1}(x)=(x-r_{1})^{2}(x-r_{2})^{2}......(x-r_{m})^{2}
Τότε από πολλαπλότητες ριζών θα είναι ότι
Q(x)=(x-r_{1})^{3}(x-r_{2})^{3}......(x-r_{m})^{3}.....
και δεν θα υπάρχει φυσικόςp_{1} ώστε να ισχύει η
Q(x)=b(L_{1}(x))^{p_{1}}...(L_{j}(x))^{p_{2}}...(L_{s}(x))^{p_{s}}

Με αυτή την διαδικασία υπάρχει λύση .
Η βασική παρατήρηση είναι ότι
\sum k_{j}=n=2l,l\in \mathbb{N}


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3113
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Ιαν 16, 2020 11:43 am

emouroukos έγραψε:
Σάβ Οκτ 05, 2019 12:34 pm
Έστω P\left( x \right), Q\left( x \right) \in \mathbb{R}\left[ x \right] δύο πολυώνυμα τέτοια, ώστε να ισχύει P\left( P\left( x \right) \right)=\left( Q\left( x \right) \right) ^2.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει πολυώνυμο R\left( x \right) \in \mathbb{R}\left[ x \right] τέτοιο, ώστε P\left( x \right)=\left( R\left( x \right) \right) ^2.
Γράφω λύση.
Είναι
P\left( P\left( x \right) \right)=\left( Q\left( x \right) \right) ^2.(1)
Αν nείναι ο βαθμός του Pκαι m του Q,τότε
n^{2}=2m
Αρα ο n είναι άρτιος.
Θα δείξουμε ότι όλες οι ρίζες του P έχουν άρτιο βαθμό πολλαπλότητας οπότε
θα έχουμε το ζητούμενο.
Εστω
r_{1} ρίζα του P με πολλαπλότητα k_{1} περιττό.
Είναι
P(x)=(x-r_{1})^{k_{1}}F(x),F(r_{1})\neq 0
Ετσι
P(P(x))=(P(x)-r_{1})^{k_{1}}F(P(x))

Είναι προφανές ότι τα P(x)-r_{1},F(P(x))
δεν έχουν κοινή ρίζα.

Από (1) οι ρίζες του P(x)-r_{1} εχουν όλες πολλαπλότητα άρτιο
οπότε
P(x)-r_{1}=Q_{1}^{2}(x)(2)

Επειδή ο n είναι άρτιος θα υπάρχει και άλλη ρίζα του P έστω r_{2}
με πολλαπλότητα k_{2} περιττό.
Οπως προηγουμένως
P(x)-r_{2}=Q_{2}^{2}(x)(3).
Οι (2),(3) δίνουν
r_{2}-r_{1}=Q_{1}^{2}(x)-Q_{2}^{2}(x)(4)

Επειδή r_{1}\neq r_{2}
η (4) δεν μπορεί να ισχύει γιατί μπορεί να γραφεί και ως
r_{2}-r_{1}=(Q_{1}(x)-Q_{2}(x))(Q_{1}(x)+Q_{2}(x))
Αρα όλες οι ρίζες του P έχουν άρτιο βαθμό πολλαπλότητας.

Να παρατηρήσω ότι για την παραπάνω λύση δεν παίζει ρόλο
αν τα πολυώνυμα τα θεωρήσω στο \mathbb{R}[x ]η στο \mathbb{C}[x].


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 6 επισκέπτες