Задачка на многочлены

[Rasool]

Задачка взята из этой темы. Поломав голову, я решил обратиться за помощью.

Условие.
Найдите все многочлены $P(x)$ с вещественными коэффициентами, удовлетворяющие тождеству $P(x^2+x+1)\equiv P(x)P(x+1)$.

Попытки решения.
Сначала я думал подставить $(x^2+x+1)$, $(x+1)$ в многочлен $P(x)\equiv \prod\limits_{i=0}^{n}a_i x^i $. Но потом подумал, что это будет слишком громоздко.
Я попробовал воспользоваться теоремой о разложении многочлена с действительными коэффициентами на комплексно-сопряженные корни. Пусть $m + li$ - комплексный корень многочлена $P(x)$. Тогда $m - li$ - тоже комплексный корень многочлена $P(x)$.
Это значит, что $m + li$ и $m - li$ - корни многочлена $P(x^2+x+1)$. Подставив $m + li$ в $P(x^2+x+1)$, получим:
$P(m^2-l^2+m+1+l(2m+1)i)$. Исходя из равенства $P(x^2+x+1)\equiv P(x)P(x+1)$, получаем, что многочлен $P(x)$ или $P(x+1)$ делится на $(x-(m^2-l^2+m+1+l(2m+1)i))$, то есть $(m^2-l^2+m+1+l(2m+1)i)$ - корень многочлена $P(x)$ или $P(x+1)$.
Правильным ли путем я иду? Что можно делать дальше?

[dgwuqtj]

Пожалуй, так можно решать. Но вам придётся учитывать кратность корней, а ещё отдельно учитывать вещественные корни. Я бы не работал с вещественной и мнимой частью по отдельности, а считал напрямую с комплексным числом $u = m + li$.

[mihiv]

Подходят многочлены: $P_{2n}(x)=(x^2+1)^n$. Но, возможно, есть еще.

[Rasool]

Rasool в сообщении #1633365 писал(а):

Сначала я думал подставить $(x^2+x+1)$, $(x+1)$ в многочлен $P(x)\equiv \prod\limits_{i=0}^{n}a_i x^i $.

Прошу пощения, конечно имелся в виду многочлен $P(x)\equiv \sum\limits_{i=0}^{n}a_i x^i $.

[alisa-lebovski]

Если многочлен имеет корень $z$, то и корень $z^2+z+1$ и т.д., т.е. получается рекуррентная последовательность $z_n=z^2_{n-1}+z_{n-1}+1$. Если в этой последовательности бесконечно много разных значений, такого быть не может, потому что у многочлена конечное число корней. Значит, она должна зацикливаться. То же самое, если многочлен имеет корень $z+1$, то и корень $z^2+z+1$ и т.д.

[svv]

alisa-lebovski, хорошее решение!

[Rasool]

alisa-lebovski в сообщении #1633579 писал(а):

Если многочлен имеет корень $z$, то и корень $z^2+z+1$ и т.д., т.е. получается рекуррентная последовательность $z_n=z^2_{n-1}+z_{n-1}+1$. Если в этой последовательности бесконечно много разных значений, такого быть не может, потому что у многочлена конечное число корней. Значит, она должна зацикливаться. То же самое, если многочлен имеет корень $z+1$, то и корень $z^2+z+1$ и т.д.

Я тоже об этом подумал.

[TOTAL]

Действительных корней нет (иначе их бесконечно много)
Все корни равны $1$ по модулю, т.к. $P(1) =P(0)P(1)$
Корни только $z=\pm i$, т.к. $|z^2+z+1|=|z|=1$

[alisa-lebovski]

TOTAL в сообщении #1633670 писал(а):

Все корни равны $1$ по модулю, т.к.

Уточните. пожалуйста, почему.

[TOTAL]

alisa-lebovski в сообщении #1633693 писал(а):

TOTAL в сообщении #1633670 писал(а):

Все корни равны $1$ по модулю, т.к.

Уточните. пожалуйста, почему.

Произведение корней равно $1$.
Пусть корень $|z|>1$ максимальный по модулю.
Разность корней $z^2+z+1$ и $z^2-z+1$ по модулю равна $|2z|$, поэтому каждый из них по модулю равен $|z|$, т.е. они равны $z$ и $-z$, т.е. $z^2+1=0$, что противоречит предположению $|z|>1$.

[Rasool]

TOTAL в сообщении #1633670 писал(а):

Корни только $z=\pm i$, т.к. $|z^2+z+1|=|z|=1$

Если $\pm i$ - корни многочлена $P(x)$, то он делится на множители $(x-i)(x+i)=x+1$. У многочлена $Q(x)=P(x+1)$ корни $(\pm i-1)$ и соответственно множители $(x+1-i)(x+1+i)=x^2+2x+2$. Значит, многочлен $P(x)P(x+1)$ делится на $(x+1)(x^2+2x+2)=x^3+3x^2+4x+2$. На это же делится и многочлен $P(x^2+x+1)$.
Куда двигаться дальше, я, увы, не знаю.

[mihiv]

Раз корни $P(z)$ только $\pm i$, то его разложение на линейные множители будет:$P(z)=(z-i)^n(z+i)^n=(z^2+1)^n$

[Rasool]

mihiv в сообщении #1636055 писал(а):

Раз корни $P(z)$ только $\pm i$, то его разложение на линейные множители будет:$P(z)=(z-i)^n(z+i)^n=(z^2+1)^n$

Простите, сразу не догадался.

[Rasool]

mihiv в сообщении #1636055 писал(а):

Раз корни $P(z)$ только $\pm i$, то его разложение на линейные множители будет:$P(z)=(z-i)^n(z+i)^n=(z^2+1)^n$

У меня получилось, что $((x^2+x+1)+1)^n = (x^4+2x^3+3x^2+2x+2)^n$ и $(x^2+1)^n((x+1)^2+1)^n = (x^4+2x^3+3x^2+2x+2)^n$. Означает ли это, что годятся любые значения n и требуемых многочленов может быть бесконечно много?

[Null]

Rasool, да.