Εύρεση πολυωνύμου

#1

Να βρεθούν όλες οι πολυωνυμικές συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , με ακέραιους συντελεστές, οι οποίες είναι 1-1 και ικανοποιούν τη σχέση $f^2(x)=f(x^2)-2f(x)+a, \forall x \in \mathbb{R}$ , όπου $a \in \mathbb{R}$
Φιλικά

#2

Ισχύει

.

Οπότε (f(x)+1)^2=(f(-x)+1)^2

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Αν $x\ne 0$ , αφού η

είναι 1-1, θα έχουμε f(x)+1=-(f(-x)+1)

, δηλ.

.

Αφήνοντας το $x\to 0$ , παίρνουμε f(0)=-1

.

Με

στην αρχική παίρνουμε μετά από πράξεις a=f(0)(f(0)+1)=0

.

Έτσι, αν $a\ne 0$ , δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση.

Αν a=0

, τότε το πολυώνυμο g(x)=f(x)+1

έχει ακέραιους συντελεστές και ικανοποιεί τις

g^2(x)=g(x^2)

(1),

(και

).

Η δεύτερη σχέση μας λέει ότι το πολυώνυμο δεν έχει όρους x^k

με

άρτιο.

Αν deg(g(x))=n

,

περιττός, με $g(x)=a_n x^n+a_{n-2}x^{n-2}+\dots +a_1x$ , τότε η πρώτη σχέση (δηλ. η (1)) μας δίνει

a_n=1

και

$a_{n-2}=\dots=a_1=0$ .

(Πράγματι, ο συντελεστής του $x^{2n-2}$ στα δυο μέρη της (1) είναι $2a_na_{n-2$ και $a_{n-2$ , άρα $a_{n-2}=0$ . Με πεπερασμένη επαγωγή δείχνουμε ότι $a_{n-2}=a_{n-4}=\dots=a_1=0$ ).

Επομένως,

g(x)=x^n

,

και

(

:περιττός)

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

Αχιλλέα πολύ ωραἰα. Θα γράψω και μια διαφορετική προσέγγιση -για την πιοκιλία-πάνω στο πως μπορούμε να φτάσουμε στο ότι a=0

:
Εξισώνοντας τους συντελεστές των μεγιστοβαθμίων όρων των δύο μελών της δοθείσας, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι a_n^2=a_n

, άρα

. H

είναι 1-1, άρα και γνησίως μονότονη και επειδή a_n=1

θα είναι γνησίως αύξουσα. Παραγωγίζοντας τη δοθείσα έχουμε $f^{\prime}(x)(f(x)+1)=xf^{\prime}(x^2), \forall x \in \mathbb{R}$ . Επειδή $f^{\prime}(x) \geq 0$ έχουμε:
για $x>0, f(x) \geq -1$ και για $x<0, f(x) \leq -1$ , άρα, παίρνοντας τα όρια στο 0 από δεξιά και αριστερά αντιστοίχως:
$f(0) \geq -1$ και $f(0) \leq -1$ , δηλαδή f(0)=-1

. Βάζοντας στην αρχική όπου x=0

, βρίσκουμε a=0

.
Φιλικά

#4

μια τριτη λύση

Θεωρούμε γνωστό ότι αν p(x)q(x)=0 για κάθε χ στο R τότε p(x)=0 ή q(x)=0 (πράγμα που δεν ισχύει γενικά για όλες τις συναρτήσεις)

Στην δοσμένη θέτω όπου χ το -χ και αφαιρώ κατά μέλη. Θα προκύψει $\displaystyle{(f(x)+f(-x)+2)(f(x)-f(-x))=0}$ και δεδομένου ότι το f είναι 1-1 δεν μπορεί να είναι άρτια άρα $\displaystyle{(f(x)+f(-x)+2)=0}$ άρα $\displaystyle{f(0)=-1}$ (*) και θέτοντας την αρχική χ=0 θα έχουμε α=0

Παραγωγίζοντας θα προκύψει $\displaystyle{f'(x)(1+f(x))=xf'(x^2)}$
αλλά $\displaystyle{1+f(x)=xp(x)}$ λόγω της (*) αφού πρόκειται για πολυώνυμα οπότε παίρνουμε
$\displaystyle{f'(x)p(x)=f'(x^2)}$ (**)

An r μιγαδική ρίζα της f' με $\displaystyle{r\ne 0,|r|\ne 1}$ η παράγωγος έχει άπειρες διαφορετικές ρίζες άτοπο
Αν |r|=1 τότε $\displaystyle{f'(0)\ne 0}$ συνεπως από την(**) p(0)=1 θέτοντας χ=0
τώρα φτανουμε στην $\displaystyle{p^2(x)=p(x^2)}$ η΄ $\displaystyle{p'(x)p(x)=xp'(x^2)}$ οπότε $\displaystyle{p'(0)=0}$ δηλαδή $\displaystyle{p'(x)=xq(x)}$ και τότε $\displaystyle{p(x)q(x)=x^2q(x^2)}$ κοκ άτοπο αφού έτσι ο βαθμός του 2ου μέλους μπορεί να ξεπεράσει τον βαθμό του 1ου
άρα μοναδική ρίζα του f' είναι το 0 και επειδή είναι αρτίου βαθμού αφου f:1-1 και f(0)=-1 θα είναι $\displaystyle{f(x)=x^{2n+1}-1}$

Εύρεση πολυωνύμου

Εύρεση πολυωνύμου

Re: Εύρεση πολυωνύμου

Re: Εύρεση πολυωνύμου

Re: Εύρεση πολυωνύμου

Μέλη σε σύνδεση