Bentornati polinomi

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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scambret
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Bentornati polinomi

Messaggio da scambret » 15 mag 2016, 17:44

Trovare tutte le coppie $(p,q)$ di polinomi a coefficienti reali tali che per ogni $x$ reale vale

$$p(x)q(x+1)-q(x)p(x+1)=1$$
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Giovanni_98
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Re: Bentornati polinomi

Messaggio da Giovanni_98 » 11 giu 2016, 15:01

Lemma 1 : Siano $n$ e $m$ i gradi dei polinomi $p$ e $q$ rispettivamente e supponiamo $n,m > 0$. Ora, se i polinomi $p,q$ soddisfano l'equazione del testo, vale $n=m$.
Dimostrazione : Siano $a_0,a_1,\cdots,a_n$ e $b_0,b_1,\cdots,b_m$ due successioni di numeri reali tali che $p(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n$ e $q(x) = b_0 + b_1x + \cdots + b_mx^m$. Dal momento che $n+m > 1$ si ha che il coefficienti di $n+m-1$ del polinomio $p(x)q(x+1)-q(x)p(x+1)$ deve essere uguale a $0$. Espandendo il tutto si ha $$(a_nx^n +a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0)(b_m(x+1)^m + b_{m-1}(x+1)^{m-1} + \cdots + b_0) - (a_n(x+1)^n +a_{n-1}(x+1)^{n-1} + \cdots + a_0)(b_mx^m + b_{m-1}x^{m-1} + \cdots + b_0) = 1$$pertanto il coefficiente di $x^{n+m-1}$ è $a_n b_{m-1} + a_{n-1}b_m + m a_n b_m - na_nb_m - a_nb_{m-1} - a_{n-1}b_m$ che ricordiamo deve essere uguale a $0$, quindi $a_n b_{m-1} + a_{n-1}b_m + m a_n b_m = na_nb_m + a_nb_{m-1} + a_{n-1}b_m \iff n=m$ dal momento che $a_n,b_m \ne 0$.

Lemma 2 : Se $p(x)$ è un polinomio a coefficienti reali tali che il polinomio $p(x+1)-p(x)$ è contante ma non nullo allora $deg(p)=1$.
Dimostrazione : Supponiamo che il grado $n$ di $p$ sia $>1$ e scriviamo $p(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0$. Allora $$p(x+1)-p(x) = a_n(x+1)^n + a_{n-1}(x+1)^{n-1} + \cdots + a_0 - (a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0) = c$$Dal momento che il coefficiente di $x^{n-1}$ di RHS è uguale a $0$ poichè $n-1>0$ per ipotesti si ha che $na_n + a_{n-1} = a_{n-1} \iff na_n=0$ , chiaramente assurdo, da cui $p(x)$ ha grado $1$ oppure $0$, ma è ovvio che se $p$ ha grado $0$ allora $p(x+1)=p(x) \forall x \in \mathbb{R}$ da cui $deg(p)=1$. Per verificare ciò che abbiamo dimostrato scriviamo $p(x)=ax+b$ e notiamo che $p(x+1)-p(x) = a$ quindi effettivamente $p(x+1)-p(x)$ è costante e non nullo.

Dividiamo ora il problema in due casi :
1) uno dei due polinomi ha grado $0$
2) entrambi i polinomi hanno grado $>0$.

Caso 1 :
Se il polinomio di grado $0$ è $p(x)$ allora poniamo $p(x) = c$ con $c \in \mathbb{R}-\{0\}$ poichè $p(x)=0$ non funziona. L'equazione del testo diventa $q(x+1)-q(x) = \frac{1}{c}$. Per il lemma 2 si ha $q(x) = ax+b$. Sostituendo si ottiene $a=\frac{1}{c}$ da cui si ottiene la coppia soluzione $(\frac{1}{a},ax+b) \forall (a,b) \in \mathbb{R_0} \times \mathbb{R}$. Se invece il polinomio di grado $0$ è $q(x)$ allora ragionando in maniera del tutto analoga a prima si ottiene che la coppia solutiva è $(ax+b,-\frac{1}{a}) \forall (a,b) \in \mathbb{R_0} \times \mathbb{R}$.

Caso 2 :
Per il lemma 1 si ha che il grado di $p$ e di $q$ sono uguali , pertanto $\exists \alpha \in \mathbb{R}$ tale che $p(x) = \alpha q(x) + h(x)$ dove $h(x) \in \mathbb{R}[x]$ e $deg(h) < deg(p)$. Sostituendo si ottiene $q(x)q(x+1) + h(x)q(x+1) - q(x)q(x+1) - q(x)h(x+1) = 1 \iff h(x)q(x+1) - q(x)h(x+1) = 1$ (1). Tuttavia il problema è lo stesso ma sappiamo che $deg(h) < deg(q)$ pertanto se $h,q$ sono polinomi che risolvono l'equazione allora $deg(h)=0$ da cui $h(x)=c$ e quindi $p(x) = \alpha q(x) + c$. Dal caso $1$ sappiamo che le soluzioni dell'equazione (1) sono $(q(x),h(x)) = (\frac{1}{ c} x+b,c)$ da cui si arriva alla famiglia di soluzioni $(p(x),q(x)) = (\alpha(\frac{1}{c} x+b) + c,\frac{1}{c} x+b) \forall \alpha,b,c \in \mathbb{R_0} \times \mathbb{R} \times \mathbb{R_0}$.

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