Найти многочлен

[мат-ламер]

Попытался решить задачу из того же сборника (см. http://dxdy.ru/topic23868.html). (Из того же параграфа про комплексные числа). Требуется найти все многочлены $P(x)$ с вещественными коэффициентами, удовлетворяющие тождеству $P(x^2+x+1)=P(x)P(x+1)$. Попытки решения. Подставляя в тождество числа $0, i, -i$, получаем $P(0)=P(1+i)=P(1-i)=1$, т.е. многочлен $P(x)-1$ имеет корни $0, 1+i, 1-i$. Т.е. общий вид многочлена $P(x)$ должен быть $P(x)=A(x)x(x^2-2x+2)+1$, где $A(x)$ - некоторый многочлен. Пока идей больше нет.

[Anna Andrevna]

Подставим, например, $x=0$. Получим, что либо, действительно, $P(0) = 1$, либо $P(1) = 0$.

[мат-ламер]

Если $P(1)=0$, то получается счётная последовательностей корней в точках $(3,7,13,...)$

[Anna Andrevna]

Тождественный ноль?

[мат-ламер]

А доказательство? Вряд ли вокруг нуля стали бы городить задачу. Ищё идея. Если $z$ - корень многочлена $P(z)$ (возможно космплексный), то корнём должно быть и число $z^2+z+1$. Т.е. надо найти множество, инвариантное относительно группы преобразований $f(z)=z^2+z+1$.

[Anna Andrevna]

Я пока думаю. Просто мне показалось, что Вы рискуете потерять тривиальное решение.

[Профессор Снэйп]

Здесь была какая-то банальная глупость

[мат-ламер]

То, что я написал в первом посту - неверно. Подставляя в тождество $x=i$, получаем, что либо $P(1+i)=1$, либо (а вот этот случай я забыл рассмотреть) $P(i)=0$. И, действительно, прямой проверкой можно удостовериться, что многочлен $P(z)=z^2+1$ удовлетворяет условию задачи.

[Профессор Снэйп]

мат-ламер в сообщении #231318 писал(а):

Если $P(1)=0$, то получается счётная последовательностей корней в точках $(3,7,13,...)$

Угу. Значит, либо $P=0$, либо $P(1) \neq 0$ и $P(0)=1$.

Ещё забавное равенство заметил: $x^2-x+1 = (-x)^2 + (-x) + 1 = (x-1)^2 + (x-1) + 1$. Может, что-то из этого удастся выжать...

-- Пн июл 27, 2009 16:32:17 --

В частности, имеем

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

-- Пн июл 27, 2009 17:08:30 --

Получается, что если $z$ --- коплексный корень, то $z^2 + z + 1$ и $z^2 - z + 1$ --- тоже корни. Значит, при $P \neq 0$ и $z \in \mathbb{C}$ либо $P(z) \neq 0$, либо последовательности $a_0, a_1, \ldots$ и $b_0, b_1, \ldots$, задаваемые реккурентными формулами

$$ a_0 = b_0 = z; \, a_{n+1} = a_n^2 + a_n +1; \, b_{n+1} = b_n^2 - b_n +1 $$

должны содержать конечное число членов каждая.

Имеем $|z|^2 = |z^2| \leqslant |z^2+z+1| + |z| +1$, откуда $|z^2 + z + 1| \geqslant |z|^2 - |z| - 1$. А так как $a^2-a-1 > a$ при всех действительных $a$, больших $\sqrt{2}+1$, то $|z^2+z+1| > |z|$ при $|z| > \sqrt{2}+1$. Значит, при $P \neq 0$ из $P(z) = 0$ следует $|z| \leqslant \sqrt{2}+1$.

Н-да... мало что даёт

-- Пн июл 27, 2009 17:21:32 --

Х-м... Можно всё же попытать дальше полученное неравенство. Чтобы каждый раз не делать оговорку, в дальнейшем предполагаем, что $P$ --- не нулевой многочлен.

Если $z$ --- корень $P$, то $z^2+z+1$ и $z^2-z+1$ --- тоже корни $P$. Значит, выполнены неравенства $|z| \leqslant \sqrt{2}+1$, $|z^2+z+1| \leqslant \sqrt{2}+1$ и $|z^2-z+1| \leqslant \sqrt{2}+1$. Из последних двух неравенств следует $|z^2+1| \leqslant \sqrt{2}+1$. Ну и что дальше? Пока ничего.

[мат-ламер]

Может попробовать доказать, что из того, что $z$ - корень, то $z^2+z+1$ и $z^2-z+1$ - тоже корни, следует, что $z$ - чисто мнимо. Иначе мы не получим конечного множества корней. (Каждому корню $z$ будет соответствовать ещё парочка с разницей действитеьных частей $2a$). А для мнимого $z$ остаются возможности только $i$ и $-i$.

[Профессор Снэйп]

Ха! Кажись, понял.

Посмотрим, для каких $z \in \mathbb{C}$ верно, что хотя бы одно из чисел $z^2+z+1$, $z^2-z+1$ по модулю больше, чем $z$. Эти числа равны $(z^2+1) + z$ и $(z^2+1) - z$. В $\mathbb{R}^n$ для любых векторов $a$, $b$ верно $\| a+ b \|^2 = \| b \|^2 + \| a \|^2 + 2(a,b)$ и $\| a+ b \|^2 = \| b \|^2 + \| a \|^2 - 2(a,b)$ (скобки обозначают скалярное произведение). Значит, если $\| a + b \| \leqslant \| b \|$ и $\| a - b \| \leqslant \| b \|$, то $\| a \| = 0$.

Переводя всё это в нашу комплексную плоскость и учитывая вышесказанное, получаем, что если $z$ --- корень $P$, то либо можно построить последовательность корней $z = z_0, z_1, z_2, \ldots$, такую что $|z_{i+1}| > |z_i|$ для всех $i$, либо $z^2 + 1 = 0$. Первое, очевидно, невозможно при $P \neq 0$. Значит, при $P \neq 0$ имеем $z = \pm i$ и ответом к задаче будут многочлены $P(x) = (x^2 + 1)^n$ для целых неотрицательных $n$. Ну ещё нулевой многочлен тоже будет ответом. Других не будет.

УРА!!!!!!!!!!!!!!!!! Добили задачу!!!!!!!!!!!!

-- Пн июл 27, 2009 18:00:07 --

Кстати, то, что $P$ имеет действительные коэффициенты, в решении нигде не используется. Так что задачу можно усилить и считать, что $P$ имеет коэффициенты из $\mathbb{C}$.

-- Пн июл 27, 2009 18:11:15 --

Так, СТОП! Кажись, ошибочка в рассуждения вкралась

Вот когда мы строим последовательность корней $z=z_0, z_1, \ldots$ со свойством $|z_{i+1}| > |z_i|$. Что если $z^2 + 1 \neq 0$, но $z_k^2+1 = 0$ для некоторого $k > 0$. Тогда рассуждение не проходит.

Пусть $z_{k-1}^2 + z_{k-1} + 1 = i$. Тогда $z_{k-1} = i$ либо $z_{k-1} = -1 - i$. В первом случае всё в порядке, а вот во втором... Тьфу ты, нах!.. Ещё заморочки

-- Пн июл 27, 2009 18:14:55 --

А, нет, всё нормально.

Если $z_{k-1} = -1 - i$, то мы не можем взять $z_k = i$, так как $|-1-i| > |i|$, а мы выбираем $z_k$ исходя из свойства $|z_k| > |z_{k-1}|$. Случаи $z_{k-1}^2 + z_{k-1} + 1 = -i$ и $\pm i = z_k = z_{k-1}^2 - z_{k-1} + 1$ разбираются аналогично.

Так что всё нормально с этим решением, и ответ тоже верный

[мат-ламер]

Я пока разбираюсь, а действительно, ли для любого $n$ многочлен $(x^2+1)^n$ удовлетворяет тождеству из условия? Т.е. надо подставить этот многочлен в тождество и непосредственно найти корни в левой и правой частях.

[Профессор Снэйп]

мат-ламер в сообщении #231374 писал(а):

Я пока разбираюсь, а действительно, ли для любого $n$ многочлен $(x^2+1)^n$ удовлетворяет тождеству из условия? Т.е. надо подставить этот многочлен в тождество и непосредственно найти корни в левой и правой частях.

Если два многочлена удовлетворяют тождеству из условия, то их произведение, очевидно, тоже удовлетворяет А то, что многочлен $x^2+1$ удовлетворяет, Вы вроде как сами доказали

$$ ((x^2+x+1)^2+1)^n = (x^2+1)^n((x+1)^2+1)^n $$

Зачем корни искать?

[мат-ламер]

Я сначала неправильно тождество выписал. (Постоянно отвлекают на работе). Сейчас вижу, что можно просто сократить на $n$. Спасибо за решение.

[Профессор Снэйп]

Кстати, а много ли существует аналитических функций из $\mathbb{C}$ в $\mathbb{C}$ со свойством $f(z^2+z+1) = f(z)f(z+1)$. Есть ли такие функции, отличные от полученных выше многочленов?