Polinomi (Spagna 2002)

[Spider]

Determinare tutti i polinomi $ p(x) $ a coefficienti reali tali che $ p(x^2-y^2) = p(x+y)p(x-y) $.

Ciao,
Salvatore

[phi]

Mh, dai, per una volta provo a fare algebra...
Polinomi che funzionano sono sicuramente le costanti 0 e 1 (0=0*0 e 1=1*1), e anche i polinomi della forma $ p(x)=x^n $, infatti:
$ p(x^2-y^2)=(x+y)^n(x-y)^n=p(x+y)p(x-y) $
Ora vorrei dimostrare che questi sono tutti e soli i polinomi che soddisfano la nostra equazione.
Ponendo $ x=y=\frac k 2 $, abbiamo che $ p(0)=p(k)p(0) $ . Perciò, o p(0)=0, oppure p(k)=1 per ogni k reale. Nel secondo caso, abbiamo il polinomio costante p(x)=1.
Analizziamo il primo caso.
Ponendo y=0, otteniamo
$ p(x^2)=(p(x))^2 $
Scriviamo il polinomio come $ x^t(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n) $.
Avremo che
$ x^{2t}(x-a_1)(x-a_1)...(x-a_n)(x-a_n)=x^{2t}(x^2-a_1)...(x^2-a_n) $.
Quindi, supponendo $ x \neq 0 $, possiamo scrivere
$ q(x)=(x-a_1)(x-a_1)...(x-a_n)(x-a_n) $$ =(x+\sqrt a_1)(x-\sqrt a_1)...(x+\sqrt a_n)(x-\sqrt a_n) $
Sostituendo y con 1-x otteniamo p(1)=1*, da cui deduciamo che 1 non è mai soluzione, e quindi nessuno degli a_i è uguale a uno.
Ora, preso un a_i qualsiasi nel primo membro, ad esso dovranno corrispondere $ \sqrt a_j $ e $ \sqrt a_k $ nel secondo membro, tali che $ a_j=a_k=a_i^2 $. Ma allora avremo una nuova soluzione con molteplicità 4 al primo membro ($ a_i^2 \neq a_i \neq 1 $ ) a cui ne corrisponderà una con altrettanta molteplicità al secondo membro ($ \sqrt {a_i^4} $ ), e così via... di questo passo dovremmo avere infinite soluzioni per un polinomio, il che è impossibile, se si esclude che sia costante.
D'altra parte, se q(x) è costante, ci riduciamo ai casi $ p(x)=kx^n $. Sostituendo nell'equazione di partenza
$ k(x+y)^n(x-y)^n=k^2(x+y)^n(x-y)^n $.
Da cui k=0 o 1.
Quindi le soluzioni elencate all'inizio sono le uniche ammissibili.

Spero che vada (più o meno) bene... (caspita, 'sto LaTeX! )

*a meno che il polinomio non sia p(x)=0, ovviamente...

[Spider]

Dico anche la mia, dato che è diversa.

Pongo x = y + 2

$ p(4y + 4) = p(2y+2)p(2) $

Ossia, posto $ z=2y+2 $

$ p(2z) = p(z)p(2) $
per ogni $ z $. A questo punto, se $ p(x) = a_nx^n + ... + a_1x + a_0 $, e posto per comodità $ p(2)=k $ abbiamo:

$ a_n2^nz^n + ... + a_1 2 x + a_0 = ka_nz^n + ... + ka_1z + ka_0 $

Quindi $ a_i2^i = ka_i $ per ogni $ i $.

Se $ k=0 $, allora $ p(x) = 0 $ per ogni $ x $. Altrimenti, se un coefficiente $ a_j $ del polinomio è diverso da 0, allora $ k = 2^j $, per cui nessun altro coefficiente può essere nullo. Dunque, se il polinomio non è nullo, allora deve essere della forma $ p(x) = ax^n $. Sostituendo si ha:

$ a(x^2 - y^2)^n = a^2(x+y)^n(x-y)^n $

Da cui si vede facilmente che deve essere $ a = 0 $ oppure $ a = 1 $.

Salvatore

Edit: correzione

[Simo_the_wolf]

Essendo p(x) un polinomio, supponiamo che sia di n-esimo grado. Esso avrà $ n $ radici complesse. Supponiamo per assurdo che esista una radice $ z $ tale che $ |z|>0 $. Prendiamo la radice con modulo massimo, diciamo sia $ c $ e notiamo (con lo stasso ragionamento che ha fatto Spider) che se $ c $ è radice del polinomio allora anche $ 2c $ lo è. Quindi abbiamo trovato un numero $ c'=2c $ che è radice dell'equazione e tale che $ |c'|=2|c|>|c| $ in quanto avevamo supposto $ |c|>0 $. Ma ciò è assurdo poichè avevamo preso $ c $ come radice dal modulo massimo. Quindi tutte le radici hanno modulo nullo e quindi sono uguali a $ 0 $. Allora il polinomio è della forma $ p(x)=kx^n $. Sostituendo troviamo che questo polinomio verifica sse $ k=0,1 $ e quindi abbiamo che tutti e soli i polinomi che verificano sono:
$ p(x)\equiv0 $
$ p(x)=x^n $ con $ n\in N $