Troppo impegnativo (per me) seguire il discorso di
vlander.
Prendo solo il risultato: due soluzioni: f(x) = 1 e f(x) = 1 + x.
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Razionali o no, le soluzioni che ho trovato [anch'io] sono solo:
$P_0 = 1$ e $P_1(x) = 1 + x$.
Col metodo ... "pedissequo" – sperimentato in altro quiz simile – di imporre l'identità tra membro sinistro e membro destro per f(x) polinomio di grado n e per n = 0, 1, 2, ecc. trovo subito:
a)
• $n = 0$; $P_0 = a_0$;
$f(x+y) + f(xy) = f(x)·f(y) + 1$ ––> $a_0 + a_0 = a_0^2+1$ <––> $a_0^2-2a_0 +1 = 0$ -->$a_0 = 1$ ––> $P_0 = 1$.
• $n = 1$; $P_1(x) = a_0 + a_1x$;
$[a_0 + a_1(x + y)] + (a_0 + a_1xy) = (a_0 + a_1x)(a_0 + a_1y) + 1$ <––>
<--> $2a_0 + a_1(x+y) + a_1xy = a_0^2 +1 + a_0a_1(x+y) + a_1^2xy$.
L'identità è possibile solo per: $a_0 = a_1 = 1$ ––> $P_1(x) = 1 + x$.
b)
$n > 1$.
[NB: ho "pedissequamente" imposto l'identità per $P_2(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2$ trovando: $a_0 = a_1 = 1$ e $a_2 = 0$.
Poi ho "generalizzato" deducendo da una semplice osservazione, quella che sto per dire].
Succede che a sinistra NON ci sono monomi con x ed y di grado diverso, mentre a destra ce ne sono per ogni n > 1.
I coefficienti dei monomi [di destra] con x ed y di grado diverso hanno tutti qualche fattore del tipo $a_k$ con $k > 1$; e ogni coefficiente $a_k$ con $k >1$ compare in questo o in quel monomio con x ed y di grado diverso.
[Per esempio, per $h ≠ k$ avremo il prodotto dell'addendo $a_hx^h$ di $P_n(x)$ per l'addendo $a_ky^k$ di $P_n(y)$].
Pertanto l'identità è possibile solo per $a_k = 0$ per ogni $k > 1$.
Morale: Non ci sono polinomi $P_n(x)$ [di grado $n$] che soddisfano la richiesta condizione per $n > 1$.
Pertanto le uniche soluzioni sono proprio $P_0 = 1$ e $P_1(x) = 1 + x$.
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