Ecuación funcional polinomial multivariable.

Question

Estoy teniendo algunas dificultades en la solución de la siguiente ecuación funcional:

Encontrar todos los polinomios $P(x,y)\in\mathbb{R}[X,Y]$ para que:

• $P(x,y)$ es homogéneo (por lo $\exists n\in\mathbb{N}, \forall x,y,t\in\mathbb{R}: P(tx,ty)=t^n\cdot P(x,y)$).
• $\forall a,b,c\in\mathbb{R}: P(a+b,c)+P(b+c,a)+P(c+a,b)=0$
• $P(1,0)=1$

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Mi (útil) observaciones:

1. $P(x,0)=x^n$
2. $P(0,x)=-2x^n$
3. $P(2x,x)=0$
4. $P(x,x)=\frac{-1}{2}\cdot2^nx^n$
5. $P(-x,-x)=-P(x,x)= \frac{1}{2}\cdot2^nx^n$
6. $P(y,x)=-P(x,y)-(x+y)^n$

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Cuando escribimos $$P(x,y) = \sum_{i=0}^na_i\cdot x^iy^{n-i}$$ Estas observaciones implican que:

1. $a_n=1$
2. $a_0=-2$
3. $\sum_{i=0}^na_i=\frac{-1}{2}\cdot2^n$
4. $\sum_{i=0}^n2^ia_i=0$

También, la quinta observación implica que $n$ es impar.

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Me he dado cuenta de que $P(x,y)=x-2y$ satisface las condiciones, pero no sé cómo demostrar que es la única solución.

Por favor alguien puede darme una pista de cómo proceder?

Answer 1

Como pedir una pista, aquí hay dos consejos para ayudarle a lo largo. A continuación, es un boceto de una prueba plena. Déjame saber cuando puedo 'mostrar' todo el texto oculto para que la respuesta más legible para los lectores futuros.

Sugerencia 1:

Para todos los $a,b\in\Bbb{R}$ buscar $c\in\Bbb{R}$ tales que la segunda identidad se convierte en la forma $$P(u,-u)+P(v,-v)+P(w,-w)=0.$$

Sugerencia 2:

Deducir que si $\deg{P}>1$ entonces $P$ es divisible por $X+Y$.

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Solución completa: Los polinomios que satisfacen las condiciones son precisamente los polinomios $$(X-2Y)(X+Y)^n,$$ con $n\in\Bbb{N}$. No es difícil comprobar que estos polinomios satisfacen las condiciones. Demostrando que no hay otras soluciones es más trabajo. A continuación es una prueba es por inducción sobre el grado.

Observación 1: La única solución a la $P\in\Bbb{R}[X,Y]$ con $\deg P\leq1$ es $P=X-2Y$.

Prueba. No hay ninguna constante de soluciones, y para $n=1$ establecimiento $P=uX+vY$ muestra que $$(2u+v)(a+b+c)=0,$$ tiene para todos los $a,b,c\in\Bbb{R}$, y junto con $P(1,0)=1$ esto implica $P=X-2Y$.$\hspace{10pt}\square$

Observación 2: Si $P\in\Bbb{R}[X,Y]$ satisface las condiciones y $\deg P>1$ entonces $X+Y$ divide $P$.

Prueba. Supongamos $P\in\Bbb{R}[X,Y]$ satisface las condiciones y $\deg P>1$. Conectar $c=-a-b$ muestra que para todos los $a,b\in\Bbb{R}$ hemos $$0=P(a+b,-a-b)+P(-a,a)+P(-b,b)=((a+b)^n+(-a)^n+(-b)^n)P(1,-1),$$ lo que implica que $P(1,-1)=0$ porque $n>1$, y que, por ende, $P(X,-X)=0$. Esto significa $P$ es divisible $X+Y$.$\hspace{10pt}\square$

La prueba de la solución completa. Ahora podemos probar por inducción que para todo $n\in\Bbb{N}$ hemos

Si $P\in\Bbb{R}[X,Y]$ satisface las condiciones y $\deg P=n+1$ entonces $P=(X-2Y)(X+Y)^n$.

El caso base $n=0$ es cubierto por la observación 1. Así que vamos a $n\in\Bbb{N}$ y supongamos que la afirmación anterior tiene por $n$.

Supongamos $P\in\Bbb{R}[X,Y]$ satisface las condiciones y $\deg P=n+2$. A continuación, $P$ es divisible por $X+Y$ a través de la observación 2, lo que significa que existe $Q\in\Bbb{R}[X,Y]$ tal que $P=(X+Y)Q$. Entonces claramente $\deg Q=n+1$, y podemos comprobar que $Q$ también satisface las condiciones:

• Debido a $P$ e $X+Y$ son homogéneos, también se $Q$ es homogénea.
• Para todos los $a,b,c\in\Bbb{R}$ hemos \begin{eqnarray*} 0&=&P(a+b,c)+P(b+c,a)+P(c+a,b)\\ &=&(a+b+c)(Q(a+b,c)+Q(b+c,a)+Q(c+a,b)), \end{eqnarray*} lo que muestra que para todos los $a,b,c\in\Bbb{R}$ con $a+b+c\neq0$ hemos $$Q(a+b,c)+Q(b+c,a)+Q(c+a,b)=0.$$ Debido a $Q$ es un polinomio, se deduce que esto tiene para todos los $a,b,c\in\Bbb{R}$.
• Claramente $P(1,0)=1$ implica $Q(1,0)=1$.

Esto demuestra que $Q$ satisface las condiciones y $\deg Q=n+1$, por lo que por hipótesis de inducción $$P=(X-2Y)(X+Y)^n \qquad\text{ y, por tanto,} \qquad P=(X-2Y)(X+Y)^{n+1},$$ lo que completa la prueba por inducción.

Answer 2

De $P_n(t x, t y) = t^nP_n(x,y)$ llegamos a la conclusión de que $P_n(x,y) = \sum_{k=0}^n a_k x^k y^{n-k}$

considerando ahora

$$ P_n(2x,y) + 2P_n(x+y,x) = 0\Rightarrow \sum_{k=0}^n 2^k a_k x^k y^{n-k}+2\sum_{k=0}^na_k\left(x+y\right)^k x^{n-k} $$

o

$$ \sum_{k=0}^n 2^k a_k x^k y^{n-k}+2\sum_{k=0}^na_k\left(\sum_{j=0}^k C_j^k x^j y^{k-j}\right) x^{n-k} = \sum_{k=0}^n 2^k a_k x^k y^{n-k}+2\sum_{k=0}^na_k\left(\sum_{j=0}^k C_j^k x^{n-(k-j)} y^{k-j}\right)=0 $$

o hacer $\nu=k-j$

$$ \sum_{k=0}^n 2^k a_k x^k y^{n-k}+2\sum_{k=0}^na_k\left(\sum_{\nu=k}^0 C_{k-\nu}^k x^{n-\nu} y^{\nu}\right)=0 $$

por lo que para garantizar el polinomio de identidad llegamos a la conclusión de

$$ 2^{n-k}a_{n-k}+2 \sum_{j=0}^{n-k}a_{j+k}C_j^{j+k}= 0 $$

con $a_n = 1$ debido a $P_n(1,0) = 1$

Este es un casi triangular lineal del sistema. Para $n = 3$ hemos

$$ \begin{cases} 2^3a_3+2\left(a_0C_0^0+a_1C_1^1+a_2C_2^2+a_3C_3^3\right)=0\\ 2^2a_2+2\left(a_1C_0^1+a_2C_1^2+a_3C_2^3\right)=0\\ 2^1a_1+2\left(a_2C_0^2+a_3C_1^3\right)=0\\ 2^0a_0+2a_3C_0^3 = 0 \end{casos} $$

o

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} 2 a_0+2 a_1+2 a_2+10 a_3& = &0 \\ 2 a_1+8 a_2+6 a_3&=&0 \\ 2 a_1+2 a_2+6 a_3&=&0 \\ a_0+2 a_3&=&0 \\ \end{array} \right. $$

y la solución que hemos

$$ a_0 = -2, a_1 = -3, a_2 = 0, a_3 = 1 $$

o

$$ P_3(x,y) = (x-2y)(x+y)^2 $$

y para $n$

$$ P_n(x,y) = (x-2y)(x+y)^{n-1} $$

como se puede verificar con facilidad.