\( p(x^2)= p(x) p(x+1) \)

[Gi8]

Trovare tutti i polinomi a coefficienti reali tali che per ogni $x in RR$ valga $p(x^2)=p(x) p(x+1)$

[kobeilprofeta]

Uno è facile...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$p(x)=1$

...infatti ho detto "UNO è facile"...

[milizia96]

Per caso le soluzioni sono queste?

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$p(x)=0$
$p(x)=1$
$p(x)=x^n*(x-1)^n, n\in\mathbb{N}$

Inoltre, se non mi sbaglio, le soluzioni rimangono le stesse anche se si considerano polinomi a coefficienti complessi.
Se ho ragione, proverò a scrivere una dimostrazione del fatto che non ce ne siano altre (se non si cimenta nessun altro nel frattempo).

[Gi8]

Quelle vanno bene, ma ce ne sono anche altre.

[milizia96]

Già, avevo dimenticato di considerare una cosetta alla fine del mio ragionamento... Ho modificato il post di prima, ora sono tutte?

[Gi8]

Sì

[Ghirlinghe]

Mi sto appena approcciando alle equazioni funzionali,mi potresti dire come hai ragionato?

[milizia96]

Questa non è una semplice equazione funzionale, in quanto $p(x)$ è un polinomio, non una funzione.
Ecco il mio ragionamento. Spero, oltre al fatto che sia corretto, che sia anche istruttivo per qualcuno.

Se $p(x)$ è un polinomio costante ($p(x)=k$) si ottengono le sole soluzioni $k=0$ e $k=1$, gli unici valori che soddisfano $k=k^2$. D'ora in poi supporremo che $p(x)$ sia un polinomio di grado $n>=1$, e che quindi ammetta esattamente $n$ radici complesse, (non necessariamente tutte distinte tra loro).

La prima osservazione è che $p(x^2)$ e $p(x)p(x+1)$ sono uguali come polinomi (cioè hanno gli stessi coefficienti), in quanto la loro differenza, annullandosi in infiniti punti (tutti i reali) è il polinomio nullo.
Consideriamo ora il coefficiente di $x^n$ del polinomio $p(x)$, e chiamiamolo $a$. Allora anche il polinomio $p(x+1)$ ha coefficiente di testa $a$, e lo stesso vale per $p(x^2)$. Quindi bisogna avere $a=a*a$, cosicché l'unica possibilità è che $a$ sia uguale a $1$ (il coefficiente non può essere nullo). Questo fatto ci sarà utile più avanti.

Indicando con $z_1, z_2, ..., z_n \in\mathbb{C}$ le radici di $p(x)$:
- le radici di $p(x+1)$ sono $z_1-1, z_2-1, ..., z_n-1$.
- le radici di $p(x^2)$ sono $\pm\sqrt{z_1}, \pm\sqrt{z_2}, ..., \pm\sqrt{z_n}$.
Ma essendo $p(x^2) = p(x)p(x+1)$, allora ogni radice di $p(x)$ o $p(x+1)$ è anche radice di $p(x^2)$.
Allora i numeri $z_1, z_2, ..., z_n, (z_1-1), (z_2-1), ..., (z_n-1)$ devono coincidere, non necessariamente in ordine, ai numeri $\pm\sqrt{z_1}, \pm\sqrt{z_2}, ..., \pm\sqrt{z_n}$.

Tra $\sqrt{z_1}, \sqrt{z_2}, ..., \sqrt{z_n}$, scegliamo $\sqrt{z_i}$ in modo che il suo modulo sia massimo possibile, e supponiamo che tale modulo sia maggiore di $1$. Si ha che $1 < |\sqrt{z_i}| < |z_i|$. Allora $z_i$ ha modulo maggiore rispetto a qualunque radice di $p(x^2)$, il che è assurdo perché, come affermato prima, $z_i$ stesso è una radice di $p(x^2)$.
Tra $\sqrt{z_1}, \sqrt{z_2}, ..., \sqrt{z_n}$, scegliamo $\sqrt{z_i}$ diverso da $0$ in modo che il suo modulo sia minimo possibile, e supponiamo che tale modulo sia minore di $1$. Si ha che $1 > |\sqrt{z_i}| > |z_i|$.Allora $z_i$ ha modulo minore rispetto a qualunque radice non nulla di $p(x^2)$, il che è assurdo perché, come affermato prima, $z_i$ stesso è una radice di $p(x^2)$.

Abbiamo concluso che ogni radice di $p(x^2)$ (e quindi anche di $p(x)$ e di $p(x+1)$) deve essere $0$ oppure avere modulo $1$. In altre parole, queste radici nel piano di Gauss si trovano nell'origine oppure nella circonferenza di raggio $1$ che è di colore verde in figura.

Come si evince dalla figura, senza dilungarsi in parole, le uniche radici di $p(x)$ possibili sono i punti segnati in rosso, e le corrispondenti radici di $p(x+1)$ sono i punti di arrivo delle frecce che partono dai punti rossi.
Però la radice quadrata del numero corrispondente al punto rosso che si trova più in alto in figura non corrisponde a una possibile radice di $p(x)$ o $p(x+1)$. Lo stesso vale per quello che si trova in basso. Pertanto le uniche radici di $p(x)$ possibili sono $0$ e $1$.

Quindi, ricordando che $p(x)$ è monico, possiamo scrivere $p(x) = x^k(x-1)^j$ con $k$ e $j$ naturali.
Di conseguenza $p(x+1) = (x+1)^kx^j$.
$x^{k+j}(x-1)^j(x+1)^k = p(x)p(x+1) = p(x^2) = x^{2k}(x^2-1)^j = x^{2k}(x-1)^j(x+1)^j$
Quindi $k = j$, e in conclusione non ci sono soluzioni diverse rispetto a quelle elencate nel post precedente.

[Erasmus_First]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$p(x)=0$
$p(x)=1$
$p(x)=x^n*(x-1)^n, n\in\mathbb{N}$

Bello. Mi piace!
A questa stessa soluzione io sono arrivato ... a fiuto, (quindi senza essere sicuro che non ce ne fossero altre), partendo prima ... "pedissequamente" con l'ipotizzare il polinomio $P_n(x)$ di grado $n$ nella forma
$P_n(x) = a_0 + a_1·x + a_2·x^2 + ... + a_n·x^n$, (per grado n = 0, 1, 2, ...),
imponendo l'identità
$P_n(x)·P_n(x+1) = P_n(x^2)$. Da qui viene per ogni grado n un sistema di equazioni nei coefficienti ... (sempre più complicato al crescere di n).
Ma io non sono andato più avanti di n = 2.
Ho così trovato che per n = 0 ho le soluzioni $P_0 = 0$ e $P_0 = 1$.
Quindi (sempre con quel metodo pedissequo) che non ci sono soluzioni per n = 1.
Infine, ho trovato che per n = 2 c'è una sola soluzione con i coefficienti
$a_0 = 0$;
$a_1 = -1$;
$a_2 =1$;
ossia
$P_2(x) = - x + x^2 = x(x – 1)$.
A questo punto ... ci ho pensato un attimo constatando che allora $P_2(x+1) = (x+1)·x$ e che in tal modo viene effettivamente:
$P_2(x)·P_2(x+1) = x^2 · (x^2 – 1) = P_2(x^2)$.

Ecco: arrivati qua si può già ... cogliere al volo che i polinomi
$P_(2n)(x) =x^n · (x – 1)^n$
sono tutti soluzioni dato che allora
$P_(2n)(x+1) =(x+1)^n · x^n$
e perciò
$P_(2n)(x) · P_(2n)(x+1) =(x^2)^n ·( x^2 – 1)^n = P_(2n)(x^2)$.
-------------------------
A questo punto non si sa ancora se di polinomi-soluzione ce ne sono degli altri.
Ma ... a naso verrebbe da dire di no proprio perché ... non si saprebbe che coefficienti dar loro (se non quelli che portano a $x^n·(x-1)^n$) per far si che risulti $P_n(x^2)$ della stessa struttura di $P_n(x)$, cioè con la sola sostituzione di $x$ con $x^2$.

Oh: non pretendo di dire niente di nuovo (né di meglio) rispetto alla rigorosa spiegazione di milizia96, ma solo far notare che ... partendo "pedissequamente" alla ricerca dei coefficienti dei polinomi-soluzione, arrivati al 2° grado si intuiscono di colpo le infinite soluzioni
$P_(2n)(x) =x^n · (x – 1)^n$ (per ogni n naturale)
––––––––

[totissimus]

Per dimostrare che $P(x)$, non costante, ha solo radici $0,1$ ho
ragionato cosi

Se $\alpha$ è una radice allora lo sono pure \(\alpha^{2},\left(\alpha-1\right)^{2},\left(\alpha^{2}-1\right)^{2}\)in quanto
\(P(\alpha^{2})=P(\alpha)P\left(\alpha+1\right)=0\)

$P((\alpha-1)^{2})=P(\alpha-1)P(\alpha)=0$

$P((\alpha^{2}-1)^{2})=P(\alpha^{2}-1)P(\alpha^{2})=0$

$\alpha=-1$ non può essere radice di $P(x)$ perchè altrimenti avremmo
anche le infinite radici

$(-1-1)^{2}=4,(4-1)^{2}=9,(9-1)^{2}=64,\ldots$

Sia $\alpha\ne 0,1,-1$ una radice di $P(x)$ , abbiamo la successioni
di radici: $\alpha^{2},\alpha^{4},\alpha^{8},\ldots$

Siccome la radici sono in numero finito devono esistere $i<j$ tali
che $\alpha^{2i}=\alpha^{2j}$e quindi $\alpha^{k}=1$ per qualche
$k>2$

Quindi, in particolare \(\left|\alpha\right|=1\)

Analogamente

\(\left|\alpha-1\right|=1\),

\(\left|\alpha^{2}-1\right|=1\), cioè \(\left|\alpha+1\right|=1\)

Ponendo $\alpha=a+bi$, le precedenti uguaglianze conducono a

$a^{2}+b^{2}=1,$$(a-1)^{2}+b^{2}=1$, $(a+1)^{2}+b^{2}=1$

da cui segue l'assurdo $a=\frac{1}{2}$ e $a=-\frac{1}{2}$