Encontrar todos los polinomios $P(x)$ tal que $P(x^2)=P(x)^2$

Question

Encontrar todos los polinomios $P:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}$ tal que $$P(x^2)=P(x)^2 .$$

Aquí es lo que he intentado:

En primer lugar, es fácil ver que la constante de soluciones, es decir,$P\equiv 0,P\equiv 1$.

Deje $r$ ser una raíz de $P$ ( $P(r)=0$ ). De ello se sigue que todos los términos en la secuencia infinita $r,r^2,r^4,\dots,r^{2n},\dots$ son raíces de $P$. Para evitar un polinomio con raíces infinitas, tenemos que tener la secuencia periódicas. Así que resulta que, o bien $r=0$, o las raíces de $P$ son raíces de la unidad de grado $2n$ algunos $n\in\mathbb{N}$.

En el primer caso, obtenemos $P(x)=xQ(x)$. Enchufar, obtenemos $$x^2Q(x^2)=x^2Q(x)^2\implies Q(x^2)=Q(x)^2 ,$$ i.e. that $Q$ satisfies the same condition as $P$.

En el segundo caso, tenemos $P(x)=(x^{2n}-1)Q(x)$. Enchufar, obtenemos $(x^{2n}-1)Q(x^2)=(x^{2n}-2x^n+1)Q(x)^2$. Yo no estaba seguro de cómo proceder a partir de aquí.

Answer 1

Sugerencia Si $p \neq 0$, $P$ tiene la forma $$P(x) = a_n x^n + a_{n - 1} x^{n - 1} + \cdots + a_1 x + a_0 ,$$ where $a_n \neq 0$. La comparación de los principales términos de $P(x^2)$ $P(x)^2$ da $a_n = 1$. Si $P(x) \neq x^n$, entonces no es algo de mayor índice de $m < n$ tal que $a_m \neq 0$, y por lo $P$ tiene la forma $$P(x) = x^n + a_m x^m + O(x^{m - 1}) .$$ Ahora, suplente en ambos lados de la condición.

Al hacerlo da $$P(x^2) = x^{2n} + a_m x^{2m} + O(x^{2m - 1})$$ and $$P(x)^2 = x^{2n} + 2 a_m x^{m + n} + O(x^{m + n - 1}) .$$ The second-largest nonzero term in $P(x^2)$ has degree $2m < m + n$, so comparing the degree $m + n$ terms gives $a_m = 0$, a contradiction. Thus, $P(x)$ must be $0$ or $x^n$ for some $$ n. Por otro lado, la comprobación se muestra directamente que estos polinomios satisfacen la condición.

Por cierto, este argumento funciona en cualquier campo de la característica $\neq 2$ (en el carácter $2$, $P(x^2) = P(x)^2$ tiene para todos los polinomios).

Answer 2

Bien, $P(0)$ debe $0$ o $1$, y como nota, si $P(0)=0$ $P(x)=xQ(x)$ y de ello se sigue que $Q(x^2)=Q(x)^2$.

Muy bien hasta ahora. Podemos repetir esto hasta que obtener un $Q$ que no tiene $Q(0)=0$. De modo que existe $j\ge0$$Q$, de modo que $P(x)=x^jQ(x)$ $$Q(x^2)=Q(x)^2,\quad Q(0)=1.$$

Pero hay problemas con su argumento acerca de las raíces de la unidad. La secuencia correspondiente de es $r^{2^n}$, no $r^{2n}$. Sí, en la que la secuencia tiene que ser periódica, pero eso no implica que $r^{2n}=1$, lo que implica que $r^{2^j-2^k}=1$. El mayor problema que veo es que de haber demostrado que cada raíz es una raíz de la unidad de la orden de saltar a la conclusión de que todas las raíces de la unidad de ese orden son las raíces de $P$; no veo por que habría de seguir.

Así. Suponemos que $Q(x^2)=Q(x)^2$ y $Q(0)=1$.

Si $Q\ne 1$ $$Q(x)=1+a_kx^k+\dots,$$where $k>0$, $a_k\ne0$, and all the missing terms have order greater than $k$. Then $$Q(x^2)=1+a_kx^{2k}+\dots,$$while $$Q(x)^2=1+2a_kx^k+\dots.$$That's impossible unless $a_k=0$ and $k=0$, contradicción.

Por lo $Q=1$; el único de estos polinomios se $P(x)=x^j$.

Answer 3

Continuación de la OP es una idea equivocada: Usted probablemente significaba escribir $P(x)=\left(x^n-1\right)\,Q(x)$. De todos modos, muestran que $x^n+1$ divide $Q(x)$, por lo que el $Q(x)=\left(x^n+1\right)\,R(x)$ algunos $R(x)\in\mathbb{C}[x]$. Entonces demostrar que $x^{2n}+1$ divide $R(x)$. Continúe este proceso y se puede mostrar que el $x^{2^kn}+1$ divide $P(x)$ todos los $k=0,1,2,\ldots$. (Nota: Esta es una falsa pista. Ver los comentarios de abajo.)

Sugerencia: Suponga que $P(x)$ es no constante. Si $r$ es una raíz de $P(x)$, entonces también se sigue que cualquier $2^n$-ésima raíz de $r$ es una raíz de $P(x)$. El único complejo de número de $r$ que permitirá $P(x)$ tener un número finito de raíces es $r=0$. Por cierto, esta sugerencia también funciona si $\mathbb{C}$ es reemplazado por un campo de característica no es igual a $2$ (desde $x^{2^n}-r$ tiene claras raíces en la clausura algebraica de cualquier campo).

Más en general, vamos a $k\in\mathbb{N}$ $k>1$ $P(x)\in K[x]$ donde $K$ es una parte integral de dominio. Si $P\left(x^k\right)=\big(P(x)\big)^k$ $k \neq p^j$ donde $p:=\text{char}(K)$, para todos los $j=1,2,3,\ldots$, $P(x)=0$ o $P(x)=x^n$ algunos $n=0,1,2,\ldots$.