Полиномиальные функциональные уравнения

При \(y=0\) получаем \(P(0)=0\). Если степень \(P\) не меньше \(2\), то в \(P(x+y)\) возникает смешанный член старшей степени, которого нет в \(P(x)+P(y)\). Значит, \(P\) линейный или нулевой. Поэтому \(P(x)=ax+b\), а \(P(0)=0\) даёт \(b=0\). Ответ: \(P(x)=ax\).

Пусть \(P\) имеет степень \(d\ge2\) и старший коэффициент \(a\). В левой части старшая часть равна \(a((x+y)^d+(x-y)^d)\), а справа \(2ax^d\). При раскрытии появляется член с \(y^2x^{d-2}\), если \(d\ge2\), что невозможно. Значит, \(d\le1\). Все линейные многочлены \(P(x)=ax+b\) подходят.

Подстановка \(y=0\) даёт \(P(0)=0\). Сравнение старших частей показывает, что степень не выше \(2\). Пусть \(P(x)=ax^2+bx\). Подстановка даёт \(2ax^2+2ay^2+2bx=2ax^2+2bx+2ay^2+2by\), значит \(b=0\). Из \(P(1)=2\) получаем \(a=2\). Ответ: \(P(x)=2x^2\).

Многочлен \(Q(x)=P(x)-5x\) удовлетворяет \(Q(x+1)=Q(x)\). Периодический многочлен постоянен. Значит, \(Q(x)=c\), и \(P(x)=5x+c\). Все такие многочлены подходят.

Так как \((x+1)^2-x^2=2x+1\), многочлен \(Q(x)=P(x)-x^2\) периодичен с периодом \(1\). Поэтому \(Q\) постоянен. Ответ: \(P(x)=x^2+c\).

Известно, что \(F(x)=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}\) имеет разность \(F(x+1)-F(x)=x^2\). Тогда \(Q=P-F\) периодичен с периодом \(1\), значит постоянен. Ответ: \(P(x)=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}+c\).

Постоянные решения: \(P=0\), \(P=1\). Пусть \(P\) непостоянен. Тогда \(P(1)=1\). Если \(r\ne0\) и \(P(r)=0\), то \(P(ry)=0\) для всех \(y\), значит \(P\equiv0\), противоречие. Поэтому все корни, если есть, равны \(0\), и \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a=a^2\), откуда \(a=1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(x^n\), \(n\ge1\).

Если \(P\) постоянен, невозможно. Пусть \(\deg P=d\). Тогда \(\deg P(P(x))=d^2\), а справа степень \(1\). Значит, \(d=1\). Пусть \(P(x)=ax+b\). Тогда \(P(P(x))=a^2x+b(a+1)\). Получаем \(a^2=1\), \(b(a+1)=0\). Ответ: \(P(x)=x\) и \(P(x)=-x+b\), где \(b\in\mathbb R\).

Постоянный \(P\) невозможен. Если \(\deg P=d\ge1\), то \(\deg P(P(x))=d^2\). Правая часть имеет степень \(2\). Нужно \(d^2=2\), что невозможно для целого \(d\). Значит, такого многочлена нет.

Если \(d=\deg P\ge2\), то степень левой части по \(y\) равна \(d^2\), а правой - \(1\), невозможно. Значит, \(P(x)=ax+b\). Подстановка даёт \(a(x+ay+b)+b=ax+b+y\). Отсюда \(a^2=1\), \(ab=0\), значит \(b=0\). Ответ: \(P(x)=x\), \(P(x)=-x\).

Если \(P\) постоянен, то \(P=0\). Пусть \(d\ge1\). Степень левой части по \(y\) равна \(d^2\), а правой - \(d\), поэтому \(d=1\). Пусть \(P(x)=ax+b\), \(a\ne0\). Подстановка даёт \(a(x+ay+b)+b=ax+b+ay+b\). Отсюда \(a^2=a\), значит \(a=1\); константа подходит любая. Ответ: \(P=0\) и \(P(x)=x+b\).

Постоянные решения: \(0\), \(1\). Пусть \(P\) непостоянен. Если \(r\ne0\) - корень, то \(P(r^2)=P(r)^2=0\), далее \(P(r^{2^k})=0\) для бесконечно многих \(k\), что невозможно. Значит, единственный корень - \(0\), и \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a^2=a\), откуда \(a=1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(x^n\), \(n\ge1\).

Постоянные решения удовлетворяют \(c^3=c\), то есть \(c=0,1,-1\). Пусть \(P\) непостоянен. Ненулевой корень породил бы бесконечную цепочку корней \(r,r^3,r^9,\ldots\), значит корень только \(0\). Поэтому \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a^3=a\), откуда \(a=1\) или \(a=-1\). Ответ: \(0\), \(1\), \(-1\), \(x^n\), \(-x^n\), \(n\ge1\).

Из условия дважды получаем \(P(x+2)=-P(x+1)=P(x)\). Значит, \(P\) периодичен с периодом \(2\), поэтому постоянен. Тогда \(c=-c\), откуда \(c=0\). Ответ: \(P\equiv0\).

Для \(x^2\) имеем \((x+1)^2-(x-1)^2=4x\). Поэтому \(Q=P-x^2\) удовлетворяет \(Q(x+1)=Q(x-1)\), то есть \(Q(x+2)=Q(x)\). Периодический многочлен постоянен. Ответ: \(P(x)=x^2+c\).

Многочлен \(R(x)=P(x+1)-P(x)-x^2\) имеет бесконечно много корней, значит \(R\equiv0\). Поэтому задача сводится к \(P(x+1)-P(x)=x^2\). Как раньше, \(P(x)=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}+c\).

Положим \(Q(x)=P(x)-x^2\). Тогда \(Q(x+y)=P(x+y)-(x+y)^2=P(x)+P(y)+2xy-x^2-2xy-y^2=Q(x)+Q(y)\). Значит, \(Q(x)=ax\). Ответ: \(P(x)=x^2+ax\).

Постоянные решения: \(0\), \(1\). Пусть \(P\) непостоянен. Если \(r\ne0\) - корень, то \(P(r^2)=P(r)P(-r)=0\), и снова возникает бесконечная цепочка корней. Значит, корень только \(0\), поэтому \(P(x)=ax^n\). Подстановка даёт \(a x^{2n}=a^2(-1)^n x^{2n}\). Значит, \(a=a^2(-1)^n\). Так как \(a e0\), имеем \(a=(-1)^n\). Ответ: \(P(x)=x^{2k}\) и \(P(x)=-x^{2k+1}\), а также \(0\), \(1\).

Если \(P\) постоянен и равен \(c\), то \(c=c^2\), значит \(c=0\) или \(c=1\). Пусть теперь \(P\) непостоянен. Тогда множество значений \(P(x)\) бесконечно. Для каждого числа \(t\) из этого образа существует \(x\), такое что \(t=P(x)\), и условие даёт \(P(t)=t^2\). Значит, многочлен \(P(T)-T^2\) имеет бесконечно много корней, поэтому он тождественно равен нулю. Следовательно, \(P(x)=x^2\). Проверка показывает, что \(0\), \(1\) и \(x^2\) подходят.

Пусть степень \(P\) равна \(d\), старший коэффициент \(a\ne0\). Старшая часть равенства равна \(a(x^d+y^d+(-x-y)^d)\). При \(y=x\) получаем \(a(2+(-2)^d)x^d\). Если \(d\ge2\), этот коэффициент не равен нулю: при чётном \(d\) он положителен, при нечётном \(d\ge3\) равен \(2-2^d\). Значит, \(d\le1\). Пусть \(P(x)=ax+b\). Подстановка даёт \(a(x+y-x-y)+3b=0\), поэтому \(b=0\). Ответ: \(P(x)=ax\), включая \(a=0\).