Найти все многочлены, для которых P(x^2) = (P(x))^2

[Keter]

Задачка: Найти все не нулевые многочлены $P(x)$, удовлетворяющие тождеству $P(x^2) \equiv (P(x))^2$.

На первый взгляд не сложная. Немного подумав, я пришел к чистому решению без доказательства:

подходят все многочлены $P(x)=x^n, n \in \mathbb{Z}^+$.

Помогите доказать, что других не существует или на основе каких либо рассуждений прийти к ответу.

[Legioner93]

Это вроде верно даже для произвольных функций, не только для многочленов. Т.е. решение $x^{\alpha}$.
Над доказательством подумаю.

[Legioner93]

Не придумал ничего лучше, чем свести к уже решенному.
Пусть $f(x)^2=f(x^2)$ и $g(x)=\ln{f(x)}$.
Тогда получаем $g(x)+g(x)=g(x^2)$. Но решением даже более общего уравнения $g(x)+g(y)=g(xy)$ является функция $g(x)=\alpha \ln{x}$ (это вроде известный факт). Тогда $f(x)=x^{\alpha}$. И ещё решение $f(x)=0$, естественно.

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #517503 писал(а):

Это вроде верно даже для произвольных функций, не только для многочленов. Т.е. решение $x^{\alpha}$.

Для произвольных функций это, конечно, неверно.

-- Вт дек 20, 2011 07:01:55 --

Legioner93 в сообщении #517512 писал(а):

Тогда получаем $g(x)+g(x)=g(x^2)$. Но решением даже более общего уравнения $g(x)+g(y)=g(xy)$ является функция $g(x)=\alpha \ln{x}$ (это вроде известный факт).

Странная логика. Причём здесь другое уравнение?

[svv]

Может быть, это можно доказать, разложив $P$ на множители. Из $P(x^2) = (P(x))^2$ следует
$a(x^2-x_1)(x^2-x_2)...(x^2-x_n) = a^2(x-x_1)^2(x-x_2)^2...(x-x_n)^2$,
а ведь разложение единственно.
Конечно, корни в общем случае комплексные.

[VAL]

nnosipov в сообщении #517513 писал(а):

Legioner93 в сообщении #517503 писал(а):

Это вроде верно даже для произвольных функций, не только для многочленов. Т.е. решение $x^{\alpha}$.

Для произвольных функций это, конечно, неверно.

Это даже для многочленов неверно.
ТС ведь не указал, над какой областью рассматриваются многочлены.
Например, над полем характеристики 2 обсуждаемое равенство выполняется для любых многочленов.

[TOTAL]

$P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ a_{n-2}x^{n-2}+ \cdots$
Пусть $a_{k}$ отличный от нуля коэффициент с самым большим индексом.
В тождестве $(P(x))^2 \equiv (P(x))^2$ коэффициенты при $x^{n+k}$ слева и справа равны, т.е. $2a_{k}=0$

[mihiv]

Из условия следует,что если $x_0$ корень $P(x)$,то и $\sqrt {x_0}$ корень.Пусть $x_0=Re^{i\varphi }$-отличный от $0$ корень $P(x)$.Таким образом,начиная с $x_0$,мы можем построить бесконечную последовательность корней $x_k=R^{\frac 1{2^k}}e^{\frac {i\varphi }{2^k}}$,но полином имеет лишь конечное число корней,следовательно,единственным корнем полинома может быть $x=0$.Отсюда $P(x)=x^n$.

[Legioner93]

nnosipov в сообщении #517513 писал(а):

Legioner93 в сообщении #517512 писал(а):

Тогда получаем $g(x)+g(x)=g(x^2)$. Но решением даже более общего уравнения $g(x)+g(y)=g(xy)$ является функция $g(x)=\alpha \ln{x}$ (это вроде известный факт).

Странная логика. Причём здесь другое уравнение?

Да, я перепутал включение. Там в другую сторону

Впрочем, не могли бы вы указать какое-нибудь другое "хорошее" решение данного уравнения?

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #517679 писал(а):

Впрочем, не могли бы вы указать какое-нибудь другое "хорошее" решение данного уравнения?

Например $P(x)=|x|$.

[sergei1961]

Это функциональное уравнение вида

$$f(xy)=f(x)f(y)$$

при $x=y$. Непрерывные решения-только степени. Плохие совсем тоже есть, но не о них речь.

[Keter]

А такое решение подойдёт:

Пусть искомый многочлен имеет вид
$P(x) = a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_1 x+a_0,$ где $a_n \ne 0$.

Предположим, что хотя бы один из коэффициентов $a_{n-1}, ..., a_1, a_0$ отличен от нуля. Выберем наибольшее значение $k<n$, для которого $a_k \ne 0$.

Тогда имеем
$P(x^2) \equiv a_n x^{2n}+a_k x^{2k}+...+a_1 x^2+a_0 \equiv $$(a_n x^n+a_k x^k+...+a_1 x+a_0)^2 \equiv (P(x))^2.$

Сравнивая коэффициенты при $x^{n+k},$ получаем равенство $0 = 2a_n a_k,$ которое противоречит условиям $a_n \ne 0, a_k \ne 0$.

Следовательно, $a_{n-1} = ... = a_1 = a_0 = 0$ и $P(x) = a_n x^n$.

Из условия $a_n x^{2n} \equiv P(x^2) \equiv (P(x))^2 \equiv {a_n}^2 x^{2n}$ получаем $a_n = 1,$ то есть $P(x)=x^n,$ где $n \in \mathbb{Z}^+$.