mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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 $P\left( x \right)=\left( R\left( x \right) \right) ^2.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 04, 2020 6:35 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 04, 2020 7:58 pm**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 04, 2020 9:14 pm**

min## έγραψε: Σάβ Ιαν 04, 2020 7:58 pm
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Αφού γράψεις το 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

Δημοσιεύτηκε: **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

με

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 $x^{n^{2}}=x^{2m}\Rightarrow n^{2}=2m$

άρτιος ,

περιττός
Λόγω της (1) πρέπει

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

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 13, 2020 8:29 pm**

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

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 με 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 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 $x^{n^{2}}=x^{2m}\Rightarrow n^{2}=2m$

άρτιος , περιττός
Λόγω της (1) πρέπει 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

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

$Q^{2}(x)=b^{2}(L_{1}(x))^{2p_{1}}...(L_{j}(x))^{2p_{j}}...(L_{s}(x))^{2p_{s}}$ (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 φυσικός $p_{1}$ 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
$\sum k_{j}=n=2l,l\in \mathbb{N}$

Δημοσιεύτηκε: **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

είναι ο βαθμός του

και

του

,τότε
$n^{2}=2m$
Αρα ο

είναι άρτιος.
Θα δείξουμε ότι όλες οι ρίζες του

έχουν άρτιο βαθμό πολλαπλότητας οπότε
θα έχουμε το ζητούμενο.
Εστω
$r_{1}$ ρίζα του

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

είναι άρτιος θα υπάρχει και άλλη ρίζα του

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

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 $\mathbb{C}[x]$ .

mathematica.gr

Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!

Re: Πολυώνυμα - Τετράγωνα!