P(x^2)=x^2(x^2+1)P(x)

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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gibo92
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P(x^2)=x^2(x^2+1)P(x)

Messaggio da gibo92 » 22 apr 2010, 21:20

Determinare tutti i polinomi P(X) a coefficenti reali tali che $ P\left ( x^{2} \right )=x^{2}\left ( x^{2}+1 \right )P\left ( x \right ) $ e P(2)=12

Zorro_93
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Messaggio da Zorro_93 » 22 apr 2010, 21:35

[potenziale domanda idiota] Si intende con $ x\neq1 $ [\potenziale domanda idiota]

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gibo92
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Messaggio da gibo92 » 22 apr 2010, 21:38

Zorro_93 ha scritto:[potenziale domanda idiota] Si intende con $ x\neq1 $ [\potenziale domanda idiota]
Per quali condizioni x=1 non è accettabile? non capisco...

Zorro_93
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Messaggio da Zorro_93 » 22 apr 2010, 21:40

per la prima caratteristica del polinomio, verrebbe $ P(1)=1\cdot(1+1)P(1) $

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gibo92
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Messaggio da gibo92 » 22 apr 2010, 21:44

si, infatti hai P(1)=2P(1) da cui p(1)=0

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 22 apr 2010, 21:59

$ P(x^2)=x^2(x^2+1)P(x) $
$ P(0)=0 $
$ P(1)=2P(1) $
$ P(1)=0 $

provo ora p(-1)
$ P(1)=2P(-1) $
$ P(-1)=0 $

quindi per ruffini

$ P(x)=x(x-1)(x+1)Q(x) $
sostituiamo all'inizio
$ x^2(x^2-1)(x^2+1)Q(x^2)=x^2(x^2+1)x(x-1)(x+1)Q(x) $
$ Q(x^2)=xQ(x) $ (*)

ragioniamo sul grado massimo di q(x) e q(x²)

ovviamente se il grado di q(x) è n, il grado di q(x²) è 2n, ma il grado di q(x²) è anche n+1, quindi n=1

sarà quindi della forma mx + q
è evidente che x=0 è radice di q(x), per cui Q(x) = mx, che soddisfa l'equazione (*) per ogni m.

quindi $ P(x)=mx^2(x-1)(x+1) $

poniamo p(2)=12
$ 12=12m $

quindi m=1

per cui
$ P(x)=x^2(x-1)(x+1) $

è l'unico polinomio che soddisfa le ipotesi.

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gibo92
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Messaggio da gibo92 » 22 apr 2010, 22:03

mi sembra proprio corretto.

Zorro_93
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Messaggio da Zorro_93 » 22 apr 2010, 22:54

ok... mi sotterro :lol:

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karl
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Messaggio da karl » 23 apr 2010, 13:12

Il mio ragionamento è simile a quello di Spammowarrior ma è basato su
tutto P(x).Se n è il grado di P(x) ,in virtù della relazione data
deve essere 2n=n+4 da cui n=4.Inoltre dalla relazione si ricava che per x=0
è P(0)=0 mentre per x non nullo è :
$ \displaystyle P(x)=\frac{P(x^2)}{x^2(x^2+1)} $
e da qui segue che è P(-x)=P(x).
Pertanto P(x) deve essere del tipo $ \displaystyle P(x)=ax^4+bx^2 $
Imponendo le condizioni P(1)=0,P(2)=12 si ricava a=-b=1 e in definitiva risulta:
$ \displaystyle P(x)=x^4-x^2 $

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 23 apr 2010, 13:31

mi piace molto questa dimostrazione, dimostrare e sfruttare la parità del polinomio non mi era proprio venuto in mente...
complimenti per l'idea!

danielf
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Messaggio da danielf » 01 mag 2010, 11:44

Spammowarrior ha scritto: sostituiamo all'inizio
$ x^2(x^2-1)(x^2+1)Q(x^2)=x^2(x^2+1)x(x-1)(x+1)Q(x) $
$ Q(x^2)=xQ(x) $ (*)
non ho capito la sostituzione :oops:

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 01 mag 2010, 12:05

danielf ha scritto:
Spammowarrior ha scritto: sostituiamo all'inizio
$ x^2(x^2-1)(x^2+1)Q(x^2)=x^2(x^2+1)x(x-1)(x+1)Q(x) $
$ Q(x^2)=xQ(x) $ (*)
non ho capito la sostituzione :oops:
beh,
se
$ \displaystyle P(x)=x(x-1)(x+1)Q(x) $
allora
$ \displaystyle P(x^2)=x^2(x^2-1)(x^2+1)Q(x^2) $

il secondo membro invece si ottiene semplicemente sostituendo p(x) con la sua fattorizzazione.

danielf
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Messaggio da danielf » 01 mag 2010, 14:44

Spammowarrior ha scritto: $ Q(x^2)=xQ(x) $ (*)
non ho capito la sostituzione :oops:[/quote]

è questo che non capisco,cioè si può "uscire" la x da Q(X^2)?

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 01 mag 2010, 14:46

ah!

no, allora non mi sono spiegato bene, quella non è una sostituzione, si ottiene semplificando i binomi comuni.
il fatto che si possa fare uscire la x dal q(x²) è il risultato interessante, ma è una conseguenza della semplificazione ;)

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