Solución real de$P(P(\cdots P(x))\cdots)=0$

Question

Deje $P(x)=x^2 +2013x+1$. Mostrar que $P(P(\cdots P(x))\cdots)=0$ (es decir, $P$ es $n$veces anidada) tiene al menos una raíz real para cualquier $n$ $P$.

Para $n = 1$ esto es obvio. Siguiente, para $n = 2$ obtenemos un cuarto orden de polinomio $$x^4 + 4,026 x^3 + 4,054,184 x + 2,015$$ and by substituiting $y = x + de 2.013/2$ puede elimate el cúbicos plazo. La reorganización y la estandarización de los rendimientos de un 4to orden de la ecuación $$y^4 – 4,048,139/2 y^2 + 16,387,413,154,661/16 = 0$$ Puede ser resuelto, pero más sustituciones rápidamente se vuelven insolubles y no llevan a ninguna parte. Alguien puede ayudar? Gracias.

Answer 1

R zu es un buen algebraicas respuesta. Aquí está una más geométrica forma de verlo. Vamos $$P(x) = x^2 + bx + 1$$ where $b$ is any real number. $P(x)$ tends to $\infty$ as $x$ tends to $+\infty$ or $-\infty$ and achieves its minimum where $P'(x) = 2x + b = 0$, i.e., at $x = -b/2$. The value of that minimum is $P (b/2) = 1 - b^2/4$. So $P$ maps the interval $I = [-b/2, \infty)$ onto the interval $J = [1-b^2/4, \infty)$ (the range of the function $P$). Now assume $b$ es lo suficientemente grande como para que $$1 - b^2/4 < -b/2 < 0$$ como es ciertamente el caso en el ejemplo donde $b = 2013$. A continuación, $I \subseteq J$, así como el $P$ mapas de $I$ a $J$ e $J$ es el rango de la función $P$, $P$ también mapas de $J$ a $J$. Por lo tanto, por inducción $P_n$ (definido por $P_1(x) = P(x)$ e $P_n(x) = P(P_{n-1}(x))$ como en R zu la respuesta de los mapas de $J$ a $J$ y como $0 \in J$, esto significa $P_n$ tiene una raíz.

Sólo por diversión, aquí está una parcela de $P_1$, $P_2$ e $P_3$ para $b = 4$, lo que demuestra que el rango de cada una de estas funciones es $J = [-3, \infty)$.

Answer 2

Deje $P_{1}(x) = P(x)$

Deje $P_{n}(x) = P(P_{n-1}(x))$

Deje $x_{n}$ ser uno de la solución para $P_{n}(x) = 0$

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Iniciación

Tanto las raíces de $P(x)$ son reales y negativos.

Podemos elegir el menos negativo de la solución de $x_{1}$.

$x_{1} = \frac{-2013 + \sqrt{2013^{2} - 4(1 - 0)}}{2}$.

Observe que $0 \ge x_{1} \ge -2013/2$.

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Inducción

Desde el último paso de la inducción, tenemos $0 \ge x_{n-1} \ge -2013/2$.

Uno de la solución de $P_{n}(x) = 0$ es la solución:

$P(x) = x_{n-1}$

De nuevo, podemos elegir un real y negativo de la solución de $x_{n}$ tal que $0 \ge x_{n} \ge -2013/2$:

$x_{n} = \frac{-2013 + \sqrt{2013^{2} - 4(1 - x_{n-1})}}{2}$