mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 26, 2021 10:08 pm**

(1) Έστω P(x)

πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές,

φυσικός αριθμός και $f(x)=\dfrac{P(x)}{x^n}$ . Να αποδέιξετε ότι αν ισχύει η ταυτότητα $f(x)=f\left (\dfrac{1}{x} \right)$ , τότε υπάρχει πολυώνυμο Q(x)

τέτοιο, ώστε $f(x) = Q \left ( x+\dfrac{1}{x}\right )$ .

(2) Λέμε ότι η f(x)

είναι ρητή συνάρτηση αν μπορεί να γραφεί στην μορφή $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ , όπου P,Q

πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές. Να αποδείξετε ότι αν μια ρητή συνάρτηση f(x)

ικανοποιεί την ταυτότητα $f(x) =f\left ( \dfrac{1}{x}\right)$ , τότε υπάρχει ρητή συνάρτηση g(x)

τέτοια, ώστε $f(x)=g\left ( x+\dfrac{1}{x} \right )$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 27, 2021 5:38 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: Δευ Ιούλ 26, 2021 10:08 pm (1) Έστω πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές, φυσικός αριθμός και $f(x)=\dfrac{P(x)}{x^n}$ . Να αποδέιξετε ότι αν ισχύει η ταυτότητα $f(x)=f\left (\dfrac{1}{x} \right)$ , τότε υπάρχει πολυώνυμο τέτοιο, ώστε $f(x) = Q \left ( x+\dfrac{1}{x}\right )$ .

(2) Λέμε ότι η είναι ρητή συνάρτηση αν μπορεί να γραφεί στην μορφή $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ , όπου πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές. Να αποδείξετε ότι αν μια ρητή συνάρτηση ικανοποιεί την ταυτότητα $f(x) =f\left ( \dfrac{1}{x}\right)$ , τότε υπάρχει ρητή συνάρτηση τέτοια, ώστε $f(x)=g\left ( x+\dfrac{1}{x} \right )$ .

Λήμμα: Για κάθε φυσικό

το $\displaystyle{ x^m+\dfrac{1}{x^m} }$ εκφράζεται ως πολυώνυμο του $\displaystyle{x+\dfrac{1}{x} }$ .

Πράγματι ειδικά για m=2

έχουμε $\displaystyle{ x^2+\dfrac{1}{x^2} = \left ( x+\dfrac{1}{x} \right ) ^2 -2}$ , που είναι δευτεροβάθμιο πολυώνυμο του $\displaystyle{x+\dfrac{1}{x} }$ .

Με ισχυρή επαγωγή τώρα, υποθέτοντας το ζητούμενο για όλα tα $m\le n$ έχουμε για το n+1

ότι

$\displaystyle{ x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}} = \left ( x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}} \right ) \left ( x+\dfrac{1}{x} \right ) - \left ( x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}} \right ) = \left ( p_n \left ( x+\dfrac{1}{x} \right ) \right ) \left ( x+\dfrac{1}{x} \right )- p_{n-1} \left ( x+\dfrac{1}{x} \right )}$ ,

όπως θέλαμε.

(1). Aν $\displaystyle{P(x) = \sum a_kx^k}$ τότε η υπόθεση $f(x)=f\left (\dfrac{1}{x} \right)$ δίνει

$\displaystyle{f(x)= \dfrac {1}{2} \left (f(x) + f\left (\dfrac{1}{x} \right) \right) = \dfrac {1}{2} \left ( \sum a_kx^k + \sum \dfrac {a_k}{x^k}\right)= \dfrac {1}{2} \sum a_k \left ( x^k + \dfrac {1}{x^k}\right)}$

που από το Λήμμα είναι άθροισμα πολυωνύμων του $\displaystyle{ x+\dfrac{1}{x}}$ , από όπου το ζητούμενο.

(2). Το (2) είναι βέβαια γενίκευση του (1) και μπορεί να λυθεί με χρήση του. Θα κάνω όμως ανεξάρτητη λύση μια και λύνεται με ουσιαστικά τον ίδιο τρόπο. Υποθέτω ότι το (1) μπήκε για να διευκολύνουν οι εξεταστές τον διαγωνιζόμενο, αλλά μπορούσε και να παραληφθεί.

Έχουμε

$\displaystyle{f(x)= \dfrac {1}{2} \left (f(x) + f\left (\dfrac{1}{x} \right) \right) = \dfrac {1}{2} \left ( \dfrac {P(x) }{Q(x) } +\dfrac {P \left ( \dfrac{1}{x} \right )}{Q \left ( \dfrac{1}{x} \right )} \right)= \dfrac {P(x)Q \left ( \dfrac{1}{x} \right ) + P \left ( \dfrac{1}{x} \right ) Q(x) }{2Q(x)Q \left ( \dfrac{1}{x} \right ) } }$

Κοιτάμε τώρα τον αριθμητή $\displaystyle{A(x) = P(x)Q \left ( \dfrac{1}{x} \right ) + P \left ( \dfrac{1}{x} \right ) Q(x)}$ . Αφού τα P,Q

είναι πολυώνυμα, έχουμε

$\displaystyle{ A(x) = \left (\sum _k a_kx^k \right ) \left ( \sum _m \dfrac {b_m}{x^m} \right )+ \left (\sum _k \dfrac {a_k}{ x^k} \right ) \left ( \sum _m b_mx^m \right ) = \sum _{k,\,m} a_kb_m \dfrac {x^k}{x^m} + \sum _{k,\,m} a_kb_m \dfrac {x^m}{x^k} }$

$\displaystyle{ = \sum _{k,\,m} a_kb_m \left ( x^{k-m} + \dfrac {1}{x^{k-m}} \right )}$

που από το Λήμμα είναι πολυώνυμο του $x+\dfrac {1}{x}$ .

Όμοια και ο παρονομαστής $\displaystyle{2Q(x)Q \left ( \dfrac{1}{x} \right ) }$ , και λοιπά.

mathematica.gr

Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2018-19 (5)

Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2018-19 (5)

Re: Θέμα Εισαγωγικών Scuola Normale Superiore 2018-19 (5)