$f(x)$ es un polinomio cuadrático con $f(0) \neq 0$ y $f(f(x)+x)=f(x)(x^2+4x-7)$

Question

$f(x)$ es un polinomio cuadrático con $f(0) \neq 0$ y $$f(f(x)+x)=f(x)(x^2+4x-7)$$

Se da que el resto cuando $f(x)$ se divide por $(x-1)$ es $3$ .

Encuentra el resto cuando $f(x)$ se divide por $(x-3)$ .

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Mi intento:

Deje que $f(x)=ax^2+bx+c$ y $a,c \neq 0 $

Tengo $a+b+c=3$

Y por la ecuación funcional

$a[ax^2+(b+1)x+c]^2+b[ax^2+(b+1)x+c]+c= [ax^2+bx+c][x^2+4x-7]$

Entonces, al poner $x=0$ , $ac^2 +bc+c=-7c$

Desde $c \neq 0 $ Tenemos $ac+b+8=0$

Entonces comparando el coeficiente de $x^4$ tenemos $a^3=a$

Desde $a \neq 0$ , $a=-1 $ o $a =1 $

Entonces cómo proceder con dos valores de $a$ ?

o ¿Hay algún polinomio que satisfaga estas condiciones?

Answer 1

Pista $\ $ Mucho más fácil: la ecuación funcional permite generar más valores de $f(x),\,$ por ejemplo. $\, \color {#c00}{f(1)} = 3\, \Rightarrow f(4) = f( \color {#c00}{f(1)}\!+\!1) = \ldots\ ,$ Entonces podemos calcular fácilmente $\,f(x)\,$ por interpolación.

Observación $ $ Resulta que el polinomio interpolado no satisface la ecuación funcional, por lo que no existe una solución (probablemente hay un error tipográfico en la declaración). $ $

Prueba alternativa: $ $ para cualquier polinomio $\,f(x)\,$ es cierto que $\,f(x) \mid f(x\!+\!f(x))\,$ porque $\,{ \rm mod}\ f(x)\!:\ f(x\!+\!f(x)) \equiv f(x) \equiv 0.\,$ Cuando $\,f\,$ es cuadrático el cofactor (cociente) $\,g\,$ tiene una forma cerrada simple, que puede ser computada directamente o, más simplemente, por el Lema de abajo.

Por lo tanto, por el Lema, si $\,g(x) = af(x\!+\!1/a) = x^2\!+\!4x\!-\!7\,$ entonces el coeficiente de plomo $\,a^2=1,\,$ así que si $\,a=1\,$ entonces $\,g(x) = f(x\!+\!1)\,$ así que $\,f(1)=g(0)=-7 \neq 3,\,$ y si $\,a=-1\,$ esto produce $\,g(x)= -f(x\!-\!1),\,$ así que $\,f(1)=-g(2) = -5 \neq 3.\,$ Aunque no es necesario, yendo más lejos conseguimos $\,f(x) = g(x\!-\!1)= x^2\!+\!2x\!-\!10\,$ si $\,a=1,\,$ $\,f(x) = -g(x\!+\!1) = -x^2\!-\!6x\!+\!2\,$ si $\,a=-1.\,$

Lemma $\,\ f(x\!+\!f(x))\, =\, a\,f(x)f(x\!+\!1/a)\ $ si $\ f(x) = a(x\!-\!r)(x\!-\!r')$

$\! \begin {align}{ \bf Proof} \quad f(x\!+\!f(x))\, &=\, a\,(x\!+\!f(x)\!-\!r)\ (x\!+\!f(x)\!-\!r') \\ [.1em] &=\, a\,a(x\!-\!r)(1/a\!+\!x\!-\!r')\ a(x\!-\!r')(1/a\!+\!x\!-\!r) \\ [.1em] &=\, af(x)\,f(1/a\!+\!x) \end {align}$

Answer 2

En general, si $F$ es un campo, cuyo cierre algebraico es $ \bar {F}$ y $q(X) \in F[X]$ es un polinomio de grado $2$ con el coeficiente de plomo $k \neq 0$ entonces todas las soluciones para $$f \big ( \alpha\ ,f(X)+X \big )=f(X)\,q(X)\,, \tag {*}$$ donde $ \alpha\neq 0$ es un elemento fijo de $F$ y $f(X) \in \bar {F}[X]$ están dadas por $$f(X)=0\,,$$ $$f(X)=+ \frac {1}{ \alpha\sqrt {k}}\,q \left (X- \frac {1}{ \sqrt {k}} \right )\,,$$ y $$f(X)=- \frac {1}{ \alpha\sqrt {k}}\,q \left (X+ \frac {1}{ \sqrt {k}} \right )\,,$$ donde $ \sqrt {k}$ es una de las raíces cuadradas de $k$ . Por lo tanto, si $X^2-k$ es irreducible en $F[X]$ entonces la única solución para (*) en $F[X]$ es $f(X)=0$ .

Pista: Es fácil ver que las soluciones no constantes a (*) deben ser de grado $2$ . Supongamos que $$q(X)=k\,(X-u)(X-v)\,,$$ donde $u,v \in\bar {F}$ . Entonces, se deduce inmediatamente que $$f(X)= \pm \frac { \sqrt {k}}{ \alpha }\,(X-p)(X-q)$$ para algunos $p,q \in\bar {F}$ . Computación $$ \frac {f \big ( \alpha\ , f(X)+X \big )}{k\,f(X)}$$ en términos de $X,p,q, \sqrt {k}, \alpha $ . Esto debería ser lo mismo que $$ \frac {q(X)}{k}=(X-u)(X-v)\,.$$

En particular, si $F= \mathbb {C}$ , $q(X)=X^2+4\,X-7$ (para que $k=1$ ), y $ \alpha =1$ entonces las soluciones no nulas de la ecuación funcional (*) son $$f(X)=+q(X-1)=+X^2+2\,X-10$$ y $$f(X)=-q(X+1)=-X^2-6\,X+2\,.$$ Tenga en cuenta que la condición extra que $f(1)=3$ es incompatible con todos esos polinomios, de donde no hay soluciones a las condiciones de la OP.

Answer 3

$ac + b + 8=0$ , $ac - a - c + 11 = 0$ . Si $a = 1$ Entonces $10 = 0$ . Así que $a = -1$ Por lo tanto $c = 6$ , $b = -2$ , $f(x) = -x^2 -2x + 6$

Answer 4

Mi respuesta a la pregunta: Ecuaciones funcionales cuadráticas.

Si funciona exactamente de la misma manera, las condiciones suplementarias pueden o no contradecir la solución obtenida, pero en caso de contradicción, entonces tal función no existe.