¿Cómo encontrar los polinomios satisfacción $P(x^2+x-4)=P^2(x)+P(x)$?

Question

Encontrar todos los polinomios con coeficientes reales $P(x)$ tal que $$P(x^2+x-4)=P^2(x)+P(x).$$

$P=0$ es una solución. Para los no-constante polinomio $P$ comparando ambos lados da el coeficiente inicial como $1$.

Tenemos $$P(x^2+x-4)=P(x) \big(P(x)+1 \big)$$ If $z$ is a complex root of $P$ then $w=z^2+z-4$ is also a root of $P$. Now if we let $x=w$ then $w^2+w-4$ is a root too and etc. But then $P$ has infinitely many roots. And this is a contradiction. Thus we must have $z=z^2+z-4$ and $z= \pm 2$ and $P$ is in the form $$P(x)=(x-2)^n(x+2)^m$$

Sé que esta solución no es completa y por encima de los argumentos tienen algunas fallas! Acabo de escribir es para hacerle saber lo que pensaba de él! Me encantaría ver un elemental solución a este problema.

Answer 1

Para $x=2$ la relación da $\require{cancel}\,\bcancel{P(2)}=P^2(2)+\bcancel{P(2)}\,$, por lo $P(2)=0\,$. Asumiendo $P \not \equiv 0$, debe existir una multiplicidad $n \ge 1$ y algunos polinomio $Q(x)$ tal que $P(x)=(x-2)^n\cdot Q(x)$$Q(2) \ne 0$. Sustituyendo de nuevo en la relación:

$$ \left(x^2+x-6\right)^n \cdot P(x^2+x-4)=(x-2)^{2n} \cdot P^2(x)+(x-2)^n \cdot P(x) $$

Desde $x^2+x-6=(x-2)(x+3)\,$:

$$ \bcancel{(x-2)^n} \cdot (x+3)^n \cdot P(x^2+x-4)=\bcancel{(x-2)^n} \cdot (x-2)^n \cdot P^2(x)+\bcancel{(x-2)^n} \cdot P(x) \\[5px] \iff (x+3)^n \cdot P(x^2+x-4)=(x-2)^n \cdot P^2(x)+Q(x) $$

Para $x=2\,$, lo anterior se reduce a $5^n \cdot Q(2) = Q(2)\,$, pero la igualdad no puede sostener por $n \ge 1$$Q(2) \ne 0\,$. Por lo tanto, la única solución es el polinomio cero $P \equiv 0\,$.

Answer 2

El único polinomio con esta propiedad es el polinomio cero.

Se puede demostrar por inducción que $P^{(k)}(2) = 0$ todos los $k \ge 0$ donde $P^{(k)}$ $k$- ésima derivada. Para $k = 0$, esto es evidente por la observación en el post original.

Para la inducción de paso, considere la posibilidad de $\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}} P(s(x))$ donde $s(x) = x^2 + x -4$. Por Faa Di Bruno Fórmula, esto es de la forma $$ \frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}} P(s(x)) = P^{(k+1)}(s(x)) \times (s'(x))^{k+1} + \sum_{j=1}^k P^{(j)}(s(x)) g_j(x) $$
con adecuado polinomios $g_j$. Establecimiento $x = 2$ e lo $s(x) = 2$ y el uso de la inducción de la asunción, obtenemos $P^{(k+1)}(2) \cdot (s'(2))^{k+1} = 5^{k+1}P^{(k+1)}(2)$.

El lado derecho se convierte por Leibniz formula $$ \sum_{j=0}^{k+1} \binom{k+1}{j}P^{(j)}(z) P^{(k+1-j)}(z) + P^{(k+1)}(z) $$ Para $z = 2$ esto es sólo $P^{(k+1)}(2)$, ya que los productos en la suma de todos se desvanecen debido a la inducción de la asunción.

De ello se sigue que $$ 5^{k+1}P^{(k+1)}(2) = P^{(k+1)}(2) $$ y, por tanto, $P^{(k+1)}(2)$ debe desaparecer.

Por lo tanto, $P$ desaparece para todos los pedidos en $z = 2$ y debe ser idénticamente igual a cero.