Encontrar todos los polinomios $P(x)$ con coeficientes reales tales que para cada $x,y\in \mathbb{R}$ satisfacción $x^2+y^2=1$ hemos
$$P(x)^2+P(y)^2=1$$
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Omran Kouba
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Aquí es un "simple" solución.
Lema. Considere la posibilidad de un polinomio $Q \in\mathbb{C}[X]$ tal que $|{Q(e^{it})}|=1$$t\in\mathbb{R}$. A continuación, $Q(X)=\lambda X^n$ para un entero no negativo $n$, y algunos complejo de $\lambda$$|\lambda|=1$.
Prueba. Claramente $Q$ no es cero, por lo tanto, vamos a $d=\deg Q$, y supongamos que $$ Q(X)=a_0+a_1X+\cdots+a_d X^d. $$ También, vamos a $m=\mathop{\rm val}(Q)=\min\{k\leq d: a_k\ne 0\}$.
Supongamos que $m<d$. El coeficiente de $e^{i(d-m)t} $ en la expansión de $|Q(e^{it})|^2$$a_d\overline{a_m}$, por lo que $$ a_d\overline{a_m}=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} |{Q(e^{es})}|^2e^{i(m-d)t}\,dt= \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} e^{i(m-d)t}\,dt=0 $$ lo cual es absurdo, ya $a_d\ne 0$$a_m\ne 0$. De ello se desprende que $d=m$, de modo que podemos tomar $n=d$, $\lambda=a_d$, y el lema queda demostrado. $\qquad\square$
$\qquad$ Lo considera un polinomio $P(X)\in\mathbb{R}[X]$ que satisface las condiciones propuestas. Que es $$ \forall\ t\in \mathbb{R}[,\quad \left|P(\cos t)+iP\left(\cos\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right)\right|=1$$ Ahora, vamos a $d=\deg P$, luego hay $(b_0,b_1,\ldots,b_d)\in\mathbb{R}[^{d+1}$, de tal manera que $$ P(X)=\sum_{k=0}^d b_kT_k(X) $$ donde $T_k$ es el polinomio de Chebyshev de la primera clase y el grado $k$. (porque de Chebyshev de polinomios de primer tipo constituyen una base para $\mathbb{R}[X]$.)
Ahora, si $q(t)=P(\cos t)+iP\left(\cos\left(t-\frac{\pi}{2}\right)\right)$ \begin{align*} q(t)&=\sum_{k=0}^db_k(\cos(kt)+i\cos(kt-k\pi/2))\\ &=(1+i)b_0+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^db_k\left(e^{ikt}+e^{-ikt}\right) +\frac{i}{2}\sum_{k=1}^db_k\left(i^{-k}e^{ikt}+i^ke^{-ikt}\right)\\ &=(1+i)b_0+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^db_k(1+i^{1-k}) e^{ikt} +\frac{1}{2}\sum_{k=1}^db_k(1+i^{1+k}) e^{-ikt} \\ &=e^{-idt}Q(e^{it}) \end{align*} donde $$ Q(X)=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^db_k(1+i^{1+k}) X^{d-k} +(1+i)b_0X^d+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^db_k(1+i^{1-k}) X^{d+k} $$ Por supuesto, tenemos $|{Q(e^{it})}|^2=1$ y, de acuerdo con el Lema, $Q$ debe ser un monomio. Así, tenemos a uno de los siguientes casos:
- $|{(1+i)b_0}|=1$ $b_1=\ldots=b_n=0$ . Esto corresponde a $P(X)=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}T_0(X)$. (debido a que $b_0$ es real).
Para algunos $k\in\{1,\ldots,d\}$ hemos $|{b_k(1+i^{1+k})}|=2$, $|{b_k(1+i^{1-k})}|=0$, y el otro $b_j$'s $0$. Desde $b_k\ne0$ la segunda condición implica que $k=3\pmod{4}$ y sustituyendo en la primera obtenemos $b_k=\pm1$. Así que en este caso $P(X)=\pm T_k(X)$ algunos $k=3\pmod{4}$.
Para algunos $k\in\{1,\ldots,d\}$ hemos $|{b_k(1+i^{1-k})}|=2$, $|{b_k(1+i^{1+k})}|=0$, y el otro $b_j$'s $0$. De nuevo, la segunda condición implica que $k=1\pmod{4}$ y sustituyendo en la primera obtenemos $b_k=\pm1$. Así que en este caso $P(X)=\pm T_k(X)$ algunos $k=1\pmod{4}$.
Por último, hemos demostrado que cualquiera de las $P(X)=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$ o $P(X)=\pm T_{k}$ para un entero impar $k$. Lo contrario es trivialmente cierto, ya que el recíproco de la Lema es trivial.
user141614
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El uso de algunos complejos de análisis se puede hacer en un camino más corto.
Supongamos que $P$ es un no constante real polinomio, y considerar la compleja función racional $$ Q(z)=P\left(\frac{z+\frac1z}2\right) + iP\left(\frac{z\frac1z}{2}\right). $$ Podemos ver que $Q$ puede tener un polo en $0$ con el fin de en la mayoría de las $\deg P$ y otro polo en $\infty$ y en ningún otro lugar.
Desde $Q$ mapas de la unidad de círculo a sí mismo, debe ser un Blaschke-polinomio. Pero todos los Blaschke factores debe tener sus polos en $0$ o $\infty$; por lo tanto, $Q$ es un múltiplo de una potencia de $z$, con una unidad de coeficiente: $Q(z)=e^{ia} z^k$ con algunos entero $k$ y real $a$.
Sustituyendo $z=e^{it}$ tenemos $$ P(\cos t) +i P(\sen t) = \cos(kt+a) +i \sen(kt+a), $$ por lo $P(\cos t)= \cos(kt+a)$$P(\sin t)=\sin(kt+a)$.
La función de $P(\cos t)$ es aún, por lo $a$ es un múltiplo de a $\pi$. Por lo tanto, $P(\cos t)= \pm\cos(kt)$ $P(\sin t)=\pm\sin(kt)$. La primera ecuación muestra que $P(x)= \pm T_{|k|}$, lo $\pm P$ es una de Chebyshev-polinomio. La segunda ecuación muestra que $k$ debe ser impar.
Kelenner
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Si no estoy mal, tengo una (complicada) de la solución.
A) Poner $x(t)=P(\cos(t))$, $y(t)=P(\sin(t))$. Tenemos que $x,y$${\mathcal C}^{\infty}$, y como $(x(t))^2+(y(t))^2=1$ todos los $t$, existe una función $f$, ${\mathcal C}^{\infty}$, tal que $x(t)=\cos(f(t))$$y(t)=\sin(f(t))$. Llegamos $\sin(t)P^{\prime}(\cos(t))=f^{\prime}(t)\sin(f(t))$$\cos(t)P^{\prime}(\sin(t))=f^{\prime}(t)\cos(f(t))$. El uso de $\sin(f(t))=P(\sin(t))$$\cos(f(t))=P(\cos(t))$, y multiplicando por $P(\sin(t))$$P( \cos(t))$, obtenemos $$f^{\prime}(t)=\sin(t)P(\sin(t))P^{\prime}(\cos(t))+\cos(t)P(\cos(t))P^{\prime}(\sin(t))=A(t)$$
B) Ahora tenemos para $A(t)$ una expresión (con número finito de términos):
$$A(t)=a_0+\sum_{k\not =0}(a_k\cos(kt)+b_k\sin(kt))$$ para algunos de los verdaderos constantes $a_0, a_k, b_k.$ es claro que $\int_0^{2\pi}A(t)dt=f(2\pi)-f(0)=2\pi a_0$. Pero tenemos $\displaystyle P(1)=\cos((f(0))=\cos(f(2\pi))$$P(0)=\sin(f(0))=\sin(f(2\pi))$. Por lo tanto $f(2\pi)-f(0)\in 2\pi\mathbb{Z}$, y, por tanto,$a_0\in \mathbb{Z}$.
Tenemos que $$f(t)=a_0t+c+\sum_{k\not =0}(\alpha_k\cos(kt)+\beta_k\sin(kt))=a_0t+B(t)$$ para algunos de los nuevos constantes $c, \alpha_k, \beta_k\in \mathbb{R}$
Tenemos $$P(\cos(t))+iP(\sin(t))=\exp(ia_0t+iB(t))$$
C) Ahora tenemos $\displaystyle P(\cos(t))+iP(\sin(t)))\exp(-ia_0t)=\exp(iB(t))$. Pero como $a_0\in \mathbb{Z}$, $P(\cos(t))+iP(\sin(t)))\exp(-ia_0t)=D(\exp(it),\exp(-it))$ donde$D$$\mathbb{C}[x,y]$, y también se $iB(t)=E(\exp(it), \exp(-it))$$E\in \mathbb{C}[x,y]$. Ahora las dos funciones de $\displaystyle D(z,1/z)$ $\displaystyle \exp(E(z,1/z))$ son analíticas en $U=\mathbb{C}-\{0\}$, y son iguales en el círculo unidad. Por lo tanto son iguales en $U$.
Escribir ahora$\displaystyle D(z,1/z)=\frac{G(z)}{z^M}$$M\in \mathbb{Z}$, e $G$ un polinomio en $z$$G(0)\not =0$. Supongamos que $G$ no es constante. Entonces existe $u\in \mathbb{C}$, no $0$, de tal manera que $G(u)=0$. Pero luego llegamos $\exp(E(u, 1/u))=0$, una contradicción. Por lo tanto $G$ es una constante $c$.
D) se ha comprobado que el $\displaystyle D(z,1/z)=\frac{c}{z^M}$, y la sustitución de $z$$\exp(it)$, tenemos:
$$P(\cos(t))+iP(\sin(t))=c\exp(iNt)$$, with $N\in \mathbb{Z}$. The constant $c$ is clearly of modulus $1$, hence $c=\exp(id)$, $d\in \mathbb{R}$. We have proven that $P(\cos(t))=\cos(Nt+d)$ and $P(\sin(t))=\sin(Nt+d)$, with $N\in \mathbb{Z}$.
Ahora la respuesta de Jean-Claude Arbaut terminar el trabajo.
Brian Deacon
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No (todavía) una respuesta, pero tal vez una estrategia que podría agilizar @Jean-Claude argumento.
Parametrizar $(x,y)$$(\cos\theta,\sin\theta)$, y, a continuación, invocar complejo exponencial de las relaciones: $$x \a \cos\theta \a \frac12\left( e^{i\theta}+ e^{-i\theta}\right) \qquad y \a \sin\theta \a \frac{1}{2} \left( e^{i\theta}-e^{-i\theta}\right)$$ Estos nos permiten escribir el destino de la relación como un "polinomio" (con exponentes negativos) en $e^{i\theta}$: $$Q(e^{i\theta}) := P(x)^2 + P(y)^2 - 1$$ Tenga en cuenta que $Q$ es idéntica a cero para todos los $\theta$. En particular, teniendo nuestro polinomio $P$ tienen un grado $n$, y la escritura
$$P(z) := \sum_{k=0}^{n} a_n z^n$$
tenemos que $Q$ se desvanece en el "$n$-th raíces de la unidad", donde $\theta_k := 2\pi k/n$ y $k=0$, $1$, $\dots$, $n-1$.
Las relaciones $Q(\;\exp(i\theta_k)\;) = 0$ formar un sistema de $n$ ecuaciones no lineales en $n+1$ incógnitas, $a_k$. Eso es sólo indeterminado. Sin embargo, si tomamos como dado (basado en otras respuestas) $P$ debe ser un extraño polinomio ---con $n = 2m-1$ $a_{\text{even}} = 0$ - - - a continuación, el sistema reducido $$Q(\;\exp(i\theta_{\text{odd}})\;) = 0$$ ha $m$ ecuaciones en $m$ incógnitas, $a_{\text{odd}}$. En teoría, este sistema tiene solución; por @Jean-ClaudeArbaut del argumento, la solución es única (hasta firmar, ya que tanto $P$ $-P$ satisfacer el objetivo de la relación), dando a los coeficientes de los polinomios de Chebyshev de la primera clase. El análisis del sistema puede dar una información más directa de la prueba de este hecho, aunque no he tenido mucha suerte hasta ahora.
Ejemplo. $n = 3$, por lo que el $P(z) = a_1 z + a_3 z^3$ ($a_3 \neq 0$).
Definir $\omega := \exp(2i\pi/3)$, y nuestro sistema es $$\begin{align} Q(\omega^1) = 0 &\quad\to\quad a_3 \left( 4 a_1 + 3 a_3 \right)\left(1+\omega^2\right) - \omega \left( 16 - 16 a_1^2 - 24 a_1 a_3 - 10 a_3^2 \right) = 0 \\ Q(\omega^3) = Q(1) = 0 &\quad\to\quad (a_1+a_3)^2 = 1 \end{align}$$
La última ecuación da $a_1 = \pm 1 - a_3$; la sustitución en la primera ecuación da $$( 1 - \omega )^2 \; a_3\;(a_3\mp 4) = 0 \qquad\to\qquad a_3 = \pm 4\quad\text{(since $a_3 \neq 0$)}$$ En consecuencia, $$(a_1, a_3)\;\in\;\left\{\;(-3,4),\;(3,-4)\;\right\} \qquad\to\qquad P = \pm T_3$$ donde $T_3$ es el polinomio de Chebyshev.
Con $n=5$, las ecuaciones son ya demasiado complicado para que me quieran escribir. Sin embargo, podemos utilizar, digamos, el método de resultantes para eliminar el "menor" $a_k$s, para obtener un único(ish) $a_5 = \pm 16$, y así sucesivamente.
Para todos (impar) $n$, con nuestro sistema de ecuaciones siempre contiene la simple relación $$Q(\omega^n) = Q(1) = 0 \quad\to\quad a_1+a_3+\cdots+a_n = \pm 1$$ donde $\omega = \exp(2\pi i/n)$ es el correspondiente director de la raíz de la unidad.
Por otra parte, el resto de las ecuaciones uso idéntico "coeficientes" de la facultad de $\omega$, sólo permutada. Por ejemplo, con $n = 5$, si tenemos $$Q(\omega^1) = 0 \qquad\a\qquad b_0 (1+\omega) + b_1 ( \omega^2 + \omega^4 ) + b_2 \omega^3 = 0$$ para la adecuada $b_k$s, entonces $$Q(\omega^3) = 0 \qquad\a\qquad b_0 ( 1 + \omega^3 ) + b_1 ( \omega + \omega^2 ) + b_2 \omega^4 = 0$$ Y, por supuesto, hay una buena cantidad de estructura en el $b_k$s, que surgen a partir de combinaciones lineales de binomio expansiones de los poderes de $(\omega+\omega^{-1})$$(\omega - \omega^{-1})$.
El cálculo de referencias de estos hechos en la manera correcta podría hacer que la Chebyshev conexión más inmediata.
