Forum:  6. Matheplanet Challenge
Thema: Problem 5
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Eckard
Senior
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Themenstart: 2004-10-28 07:54



Ex_Senior
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Beitrag No.1, eingetragen 2004-10-30 12:15

\fedon\mixon\
Hi Eckard, Hi Team,

Setzt man a=b, so folgt (1) P(a^2)=(P(a))^2-P(0)=(P(a))^2.

Offenbar erfüllt das Nullpolynom P(x)=0 diese Bedingung, aber nicht P(2)=2. Deshalb lässt sich eine Lösung P(x) immer eindeutig darstellen als P(x)=k*x^n+R(x); wobei k!=0 und R(x) entweder das Nullpolynom oder ein Polynom vom Grade kleiner als (n) ist (n ist also der Grad von P(x)).

Setzt man dies nun in (1) ein, so erhält man:
(2) P(a^2)=k*a^(2*n)+R(a^2)=k^2*a^(2*n)+2*k*a^n*R(a)+(R(a))^2.

Wir führen hier nun einen Koeffizientenvergleich durch. Dies ist möglich, da auf beiden Seiten der Gleichung Polynome in Abhängigkeit von a stehen; die für alle a gleich sein müssen.

Zuerst betrachten wir die linke Seite der Gleichung. Da Grad(R(a))
Auf der rechten Seite argumentiert man ähnlich: Da Grad(R(a))
Da die beiden Polynome auf der linken und rechten Seite des Gleichheitszeichen gleich sind, müssen auch ihre Koeffizienten gleich sein, d.h. es gilt k=k^2. Diese Gleichung hat offenbar die zwei Lösungen k=0 bzw. k=1; wobei k=0 vorhin ausgeschlossen wurden war (da Koeffizient der höchsten Potenz von x in P(x)). damit ist k=1.

Setzt man dies in (2) ein, und subtrahiert dann auf beiden Seiten a^(2*n), so erhält man:

(3) R'(a)=2*a^n*R(n)+(R(a))^2.

Sei R(a) verschieden vom Nullpolynom, dann sei Grad(R(a))=g. damit ist offenbar Grad(R'(a))=2*g, da R'(a)=R(a^2). Außerdem ist dann Grad( R(a))^2 )=2*g und Grad( 2*a^n*R(n) )=n+g>2*g. Damit steht auf der rechten seite ein Polynom, welches einen größeren Grad hat, als das auf linken seite: Widerspruch!

Damit muss R(a) das Nullpolynom sein. Alle Lösungen der von Eckard gestellten Funktionalgleichung haben also die Form P(x)=x^n.

Berücksichtig man hier noch P(2)=2^n=2, so kann nur n=1 in Frage kommen. Also ist höchtens P(x)=x  - die Identität - eine Lösung.

Das dies die Funktionalgleichung erfüllt, verifiziert man schnell, da (1/2*(a+b))^2-(1/2*(a-b))^2=1/4*(a^2+b^2+2ab-a^2-b^2+2ab)=1/4*4ab=ab ist.

Also ist die Menge aller Lösungspolynome L={ P(x): P(x)=x }.


Anmerkungen und eventuelle Korrekturen erwünscht!
Gruß,
Christian
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[ Nachricht wurde editiert von cyrix am 30.10.2004 12:17:30 ]


JohnDoe
Senior
Dabei seit: 19.07.2003
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Beitrag No.2, eingetragen 2004-10-30 13:16

Hi Christian,

ja ich glaube auch, dass P(x)=x das einzige Polynom mit den geforderten Eigenschaften ist. Aus Deinem (1) und P(2)=2 folgt doch
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für alle natürlichen n, also stimmt P(x) an unendlich vielen Stützstellen mit der Identiät überein...

Gruß, Heinz



Zahlenteufel
Senior
Dabei seit: 14.07.2002
Mitteilungen: 1096
Aus: Essen
Beitrag No.3, eingetragen 2004-10-30 14:33

Hallo ihr beiden

Genauso wie Heinz habe ich auch argumentiert.

Es ist p(x)=x für unendlich viele x.
Also hat das Polynom f(x)=p(x)-x unendlich viele
Nullstellen. Nun hat ein Polynom vom Grad n höchstens n
verschiedene Nullstellen. Also hat f(x) den Grad unendlich
und mithin ist p(x)=x

Gruß
Christoph


Plex_Inphinity
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Dabei seit: 01.05.2002
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Aus:
Beitrag No.4, eingetragen 2004-10-30 14:39

Hehe, schön gelöst :-)

Gruß
Plex


matroid
Senior
Dabei seit: 12.03.2001
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Aus: Solingen
Beitrag No.5, eingetragen 2004-11-01 17:24

@cyrix: Ich finde das gut, wie Du die Fälle beim Koeffizientenvergleich durchgegangen bist. Da brauche ich meine Lösung gar nicht mehr aufschreiben ;-)
p(x)=x ist auch meine Lösung.

Gruß
Matroid


Eckard
Senior
Dabei seit: 14.10.2002
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Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2004-11-07 08:00



Eckard
Senior
Dabei seit: 14.10.2002
Mitteilungen: 6820
Aus: Magdeburg
Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2004-11-07 09:44

Der Identitätssatz für Polynome. Dieses Problem war eine Abwandlung eines ähnlichen Problems, gestellt bei einer Olympiade. Rezept: Nimm eine algebraische Identität (Tobi müssten jetzt die Augen leuchten),
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und passe die Anfangsbedingungen so an, dass an unendlich vielen Stellen P(n)=n wird.

9 Punkte für euch!

Gruß Eckard




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Druckdatum: 2020-09-21 21:33