mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 24, 2022 4:59 pm**

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{Q}[x]\to \mathbb{Q}[x]$ που είναι τέτοια ώστε
για κάθε $P,Q \in \mathbb{Q}[x]$ να ισχύουν

$f(P\cdot Q)=f(P)Q+f(Q)P$

$f(P\circ Q)=(f(P)\circ Q)\cdot f(Q)$

το σύνολο των πολυωνύμων με ρητούς συντελεστές.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 13, 2023 12:31 am**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Σάβ Σεπ 24, 2022 4:59 pm Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{Q}[x]\to \mathbb{Q}[x]$ που είναι τέτοια ώστε
για κάθε $P,Q \in \mathbb{Q}[x]$ να ισχύουν

$f(P\cdot Q)=f(P)Q+f(Q)P \text{ }(*)$

$f(P\circ Q)=(f(P)\circ Q)\cdot f(Q) \text{ }(**)$
το σύνολο των πολυωνύμων με ρητούς συντελεστές.

Παρατηρώ ότι η $f(P)=0 , \forall P\in\mathbb{Q}[x]$ είναι λύση, οπότε στο εξής θεωρώ ότι η

δεν είναι η μηδενική.

Για P,Q=0

, στην

: $f(0)=0\text{ }(1)$ .

Για P=X+q , Q=0

, όπου

τυχών ρητός στην (**)

: $f(q)\overset{(1)}{\long =}0\text{ }(2)$ , δηλαδή τα σταθερά πολυώνυμα απεικονίζονται μέσω της

στο μηδενικό πολυώνυμο.

Για Q=X

, είναι $P\circ Q=P$ οπότε στην (**)

: $f(P)=f(P)f(X) \implies f(P)(1-f(X))=0 , \forall P\in\mathbb{Q}[x]$ .

Αλλά από την υπόθεσή μας $\exists P\in\mathbb{Q}[x]$ με $f(P)\neq 0$ . Βάζοντας αυτό στην πάνω παίρνω $f(X)=1\text{ }(3)$ .

Κάνοντας χρήση της (2)

, βάζω $Q=q \in\mathbb{Q}$ (σταθερό) στην (*)

: $f(qP)=qf(P) , \forall q\in\mathbb{Q} , \forallP\in\mathbb{Q}[x] \text{ }(4)$ .

Ισχυρισμός: $f(X^n)=nX^{n-1} , \forall n\in\mathbb{N} \text{ }(5)$ .
Απόδειξη
Για n=1

, έχω το

.

Αν τώρα για κάποιο $n\in\mathbb{N}$ έχω $f(X^n)=nX^{n-1}$ , τότε:

$f(X^{n+1})=f(X^n\cdot X)\overset{(*)}{=} Xf(X^n)+1\cdot X^n\overset{\text{Y}\pi .}{=} nX^n+X^n=(n+1)X^n$ .

Από επαγωγή έχω το ζητούμενο $\square$ .

Άρα, γενικά από (4) ,(5)

έχω: $f(qX^n)=qnX^{n-1}$ .

Έστω τώρα $q\in\mathbb{Q}$ . Βάζω στη (**)

. Τότε:

$\cancelto{1}{f\big ((X+q)-q \big )}=\big( f(X-q)\circ (X+q)\big )\cdot f(X+q)$ .

Άρα, το f(X+q)

μη-μηδενικό σταθερό για κάθε $q\in\mathbb{Q}$ . Μπορώ λοιπόν να ορίσω $h:\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ με τύπο:

h(q)=f(X+q)

.

Στην

για

παίρνω:

$f(X+p+q)=\big ( f(X+p)\circ (X+q) \big)f(X+q) \iff h(p+q)=h(p)h(q) , \forall p,q \in \mathbb{Q}$ .

Η παραπάνω είναι γνωστή τύπου Cauchy και εύκολα προκύπτει ότι h(q)=a^q

,όπου $a=h(1)\in\mathbb{Q}$ .

Πρέπει όμως και $a^q=f(X+q)\in\mathbb{Q} , \forall p\in \mathbb{Q} \implies a=1$ (γιατί;).

Δείξαμε λοιπόν ότι f(X+q)=1

. Στην

βάζοντας

:

$f(Q+q)=f(Q) , \forall Q \in\mathbb{Q}[x]\text{ } (6)$ .

Ισχυρισμός: Για κάθε $P=a_0+a_1X+\dots +a_nX^n \in\mathbb{Q}[x]$ ισχύει $f(P)=a_1+2a_2X+\dots +na_nX^{n-1} , n\geq 1$ .
Απόδειξη
Με ισχυρή επαγωγή στον βαθμό του

.

Αν

, τότε $f(P)\overset{(6)}{=} f(a_1X)=a_1f(X)=a_1 \checkmark$

Έστω ότι μέχρι για κάποιο $n\geq 1$ ο ισχυρισμός είναι αληθής.

Έστω πολυώνυμο βαθμού n+1

: $P=a_0+a_1X+\dots +a_{n+1}X^{n+1}$ . Τότε:

$f(P)\overset{(6)}{=} f\big ( X(a_1+a_2X+\dots +a_{n+1}X^n)\big )\overset{(*)}{=}a_1+a_2X+\dots +a_{n+1}X^n+X\cdot (a_2+2a_3+\dots +na_{n+1}X^n)=$

$=a_1+2a_2X+\dots + (n+1)a_{n+1}X^{n+1} \square$ .

Έχουμε λοιπόν προσδιορίσει την f(P)

για κάθε πολυώνυμο

.

Εύκολα ελέγχουμε ότι η

που βρήκαμε ικανοποιεί τις (*) , (**)

(γνωστές ιδιότητες της παραγώγου), οπότε
μαζί με τη μηδενική είναι οι μόνες λύσεις.

mathematica.gr

Συναρτησιακή με πολυώνυμα

Συναρτησιακή με πολυώνυμα

Re: Συναρτησιακή με πολυώνυμα