ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-08   
Дан многочлен $P(x) = ax^{2} + bx + c$, где $a \neq 0$. Доказать, что для любого числа $n \in \mathbf{N}$ не может существовать более одного многочлена $Q(x)$ степени $n$, удовлетворяющего тождеству $Q(P(x)) \equiv P(Q(x)), x \in \mathbf{R}$.


Решение:


Если некоторый многочлен $Q(x) = q_{n}x^{n} + \cdots + q_{0}$ удовлетворяет условиям $q_{n} = 0$ и $Q(P(x)) \equiv P(Q(x))$, то, приравнивая старшие коэффициенты многочленов $Q(P(x))$ и $P(Q (x))$ степени $2n$, получаем $q_{n}a^{n} = aq_{n}^{2}$, т. е. $q_{n} = a^{n-1}$. Поэтому, если, вопреки утверждению задачи, для некоторого значения $n$ и многочлена $P(x)$ существуют два разных многочлена $Q_{2}(x)$ и $Q_{2}(x)$ степени $n$, удовлетворяющих требуемому тождеству, то многочлен $R(x) = Q_{1}(x) – Q_{2}(x)$ имеет степень $k < n$ (так как старшие коэффициенты многочленов $Q_{1}(x)$ и $Q_{2}(x)$ равны одному и тому же числу $a^{n-1}$) и удовлетворяет тождеству
$R(P(x)) \equiv Q_{1}(P(x)) – Q_{2}(P(x)) \equiv P(Q_{1}(x)) - P(Q_{2}(x)) \equiv$
$\equiv a (Q_{1}^{2}(x) - Q_{2}^{2}(x)) + b(Q_{1}(x) – Q_{2}(x)) \equiv$
$\equiv (Q_{1}(x) – Q_{2}(x))(a(Q_{1}(x) + Q_{2}(x)) + b) \equiv R(x)T(x)$,
где обозначено $T(x) = aQ_{1}(x) + aQ_{2}(x) + b$. Поэтому
$2k = deg R(P(x)) = deg (R(x)T(x)) = k + n$,
что противоречит неравенству $k < n$ и, тем самым, доказывает утверждение задачи.