Julekalender - luke 17

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Finn alle polynomer $P(x)$ med reelle koeffisienter slik at $P(P(x))=(x^2+x+1)P(x)$ for alle $x$.
Gjest

plutarco skrev:Finn alle polynomer $P(x)$ med reelle koeffisienter slik at $P(P(x))=(x^2+x+1)P(x)$ for alle $x$.
skrivefeil?

[tex]P(x)=x^2+x+1?[/tex]
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

$(x^2+x+1)^2+(x^2+x+1)+1\neq (x^2+x+1)^2$, så det funker ikke.
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

plutarco skrev:Finn alle polynomer $P(x)$ med reelle koeffisienter slik at $P(P(x))=(x^2+x+1)P(x)$ for alle $x$.
kan den løses ved omforming til differenslikning?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Det er mulig, men det fins en enklere måte :D

Hint: Se på hvilke grader polynomet kan ha
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

plutarco skrev:Det er mulig, men det fins en enklere måte :D
Hint: Se på hvilke grader polynomet kan ha
jeg får denne rekursjons-relasjonen:

[tex]a_{n+1}-a_n\cdot(a_{n-1}^2+a_{n-1}+1)=0[/tex]

så må karakteristisk likning settes opp.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
MatIsa
Dirichlet
Dirichlet
Innlegg: 150
Registrert: 12/06-2013 12:09
Sted: Trondheim

Det er lett å se at $P(x) = 0$ er en løsning. Anta at $P(x)\neq 0$:
Dersom $P(x)$ er et polynom av grad $n$, så er $P(P(x))$ et polynom av grad $n^2$ og $(x^2+x+1)P(x)$ et polynom av grad $n+2$.
For at $P(x)$ skal oppfylle funksjonalligningen, så må $n^2 = n+2$, som har den positive løsningen $n = 2$. Dette gir at $P(x) = ax^2+bx+c$. Ettersom $P(P(0)) = P(0)$ er $x = 0$ et fikspunkt for $P$, og da må $c = 0$.
Da er $P(P(x)) = a(ax^2+bx)^2+b(ax^2+bx) = a^3x^4+2a^2bx^3+ab^2x^2+abx^2+b^2x = a^3x^4+2a^2bx^3+(ab^2+ab)x^2+b^2x$
og $(x^2+x+1)P(x) = (x^2+x+1)(ax^2+bx) = ax^4+bx^3+ax^3+bx^2+ax^2+bx = ax^4+(a+b)x^3+(a+b)x^2+b$.
Dette gir likningssettet
$$\begin{align*}
a^3&=a\\
2a^2b &= a+b\\
ab^2+ab &= a+b\\
b^2 &= b
\end{align*}$$
som har løsningene $(a, b) = (0, 0)$ og $(a, b) = (1, 1)$. Løsningene er dermed $P(x) = 0$ og $P(x) = x^2+x$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Stemmer ja! Flotte greier 8-)
Svar