Écrire$(4x+1)^n$comme la combinaison linéaire de certains polynômes
Laisser$$ P_m(x):=\begin{cases}4x+1\quad&\ \text{if}\ m=1,\\ 0\quad&\ \text{if}\ m=2,\\ 8x^m+(x+1)^{m-3}(2x+1)^3\quad&\ \text{if}\ m\geq3.\end{cases} $$Comment prouver que pour tout entier impair positif$n$, il existe des entiers$a_1^{(n)},a_2^{(n)},\ldots,a_n^{(n)}$tel que$$ (4x+1)^n=\sum_{k=1}^n a_k^{(n)}P_k(x). $$
Réponses
J'ai beaucoup aimé cette question ! Ma solution contient deux idées, chacune d'entre elles résolvant l'un des deux sous-problèmes distincts :
- montrer que les coefficients$a_m^{(n)}$sont des entiers ;
- montrer que les coefficients$a_m^{(n)}$ existent .
Le sous-problème (1) n'est pas totalement évident car les polynômes$P_m$ne sont pas moniques. Cependant, nous avons de la chance ici! L'idée simple ici est de renormaliser la variable comme$x=y/4$et effacez les dénominateurs de manière appropriée, en remarquant qu'il existe une heureuse coïncidence 2-adique qui fait que cette approche fonctionne.
Le sous-problème (2) n'est pas évident et assez gênant car$P_0=P_2=0$. Autrement dit, il n'y a pas de valeur non nulle$P_m$de degré$0$et$2$, donc a priori l'élimination linéaire peut nous laisser un reste de degré au plus 2. L'idée d'y aller est plus cachée (et plus sympa !). Il commence par essentiellement réécrire le problème comme$$ (4x+1)^n = 8x^3 A(x) + (2x+1)^3 A(x+1) $$et trouver une symétrie cachée. Il se peut même que cette observation soit utile pour trouver les coefficients$a_m^{(n)}$explicitement.
Alors, commençons la preuve. Après le changement de variable$x=y/4$le polynôme$(4x+1)^n$devient$(y+1)^n$, qui a des coefficients entiers dans la variable$y$.
Au lieu de cela, les polynômes$P_m(x)$pour$m\geq 3$devenir:
$$ P_m(y/4) = \frac 8 {4^m} y ^m + \left(\frac{y+4} 4 \right)^{m-3} \left(\frac{y+2} 2 \right)^3. $$
Maintenant, il est tentant de multiplier par$4^m/8$pour effacer tous les dénominateurs, mais à la place nous allons multiplier par$4^{m-2}$, c'est-à-dire un facteur 2 de moins que le gourmand.
Donc pour$m\geq 3$définir$Q_m(y):=4^{m-2} P_m(y/4)$et on calcule que
$$ Q_m(y) = \frac 1 2 y^m + (y+4)^{m-3}\frac{(y+2)^3} 2 $$
Maintenant, vous devriez noter, en développant les binômes et les produits, que tous les termes$y^k$avec$k<m$être multiplié par une puissance positive de 2 ou 4, avant d'être divisé par le second 2 au dénominateur. Ce sont donc tous des entiers. De plus, le coefficient directeur de$Q_m$(celui qui multiplie$y^m$) est égal à$1/2 + 1/2=1$(voici l'heureuse coïncidence 2-adique). En résumé, nous avons :
Lemme 1 Pour tout$m\geq 3$on a ça$Q_m(y)$est un polynôme unitaire en$y$à coefficients entiers et degré$m$.
Nous concluons ce qui suit :
Corollaire 1 Pour tout$n$il existe des entiers (uniques !)$b_m^{(n)}$tel que
$$ (y+1)^n = \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) + R(y) $$
pour un polynôme$R(y)$avec des coefficients entiers de degré au plus 2.
Notez que jusqu'à présent nous n'avons utilisé aucune information sur le polynôme donné$(y+1)^n$. Notez également que si seulement nous pouvions prouver que$R(y)$est un multiple de$P_1(y/4)=y+1$, que nous avons ignoré jusqu'à présent, cela terminerait la preuve.
Pour le prouver, j'ai trouvé l'argument suivant. A noter d'abord que$$ Q_m(y) = \frac {y^3} 2 y^{m-3} + \frac {(y+2)^3} 2 (y+4)^{m-3}, $$donc la combinaison linéaire de$Q_m$peut être écrit comme$$ \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) = \frac {y^3} 2 S(y) + \frac {(y+2)^3} 2 S(y+4), $$où$S$est le polynôme de degré au plus$n-3$donné par$$ S(y) :=\sum_{m=3}^n b_m^{(n)} y^{m-3}. $$
Il est commode (pour "augmenter la symétrie") d'écrire$S(y)=T(y-1)$pour un autre polynôme$T$du même degré. Ensuite, nous allons encore changer de variable$z=y+1$, donc l'équation polynomiale du corollaire 1 se lit comme suit :
$$ z^n = \frac {(z-1)^3} 2 T(z-2) + \frac {(z+1)^3} 2 T(z+2) + R(z-1). $$
Depuis$T$est un polynôme de degré au plus$n-3$, on a ça$z^n-R(z-1)$est égal à une combinaison linéaire de termes de la forme$$ F_m(z) = \frac {(z-1)^3} 2 (z-2)^{m-3} + \frac {(z+1)^3} 2 (z+2)^{m-3} $$pour$3\leq m\leq n$.
On exploite maintenant la symétrie ! On remarque que$F_m(z)$est un polynôme unitaire (avec des coefficients entiers, mais nous n'en avons pas besoin ici) de degré$m$qui satisfont à l'équation pair/impair :$$ F_m(-z) = (-1)^m F_m(z). $$Par conséquent,$F_m(z)$soit n'a que des monômes de degré impair, soit seulement des monômes de degré pair. Écrire$$ z^n-R(z-1) = \sum_{m=3}^n c_m^{(n)} F_m(z). $$Nous allons prouver que$c_m^{(n)}=0$pour tous même$m$. Supposez le contraire, et laissez$M$être le plus grand nombre pair$3\leq M\leq n$tel que$c_M^{(n)}\neq 0$. D'après ce que nous avons dit auparavant (chaque$F_m$est monique de degré$m$et impair/pair) nous voyons que seulement$c_m^{(n)}F_m(z)$avec$m=M$contribue un multiple non nul du monôme$z^M$. Par conséquent$c_M^{(n)}z^M$apparaît comme l'unique monôme de degré$M$dans le développement en puissance du polynôme$z^n-R(z-1)$. Cependant,$n$est impaire par hypothèse (dans la question) et$R(z-1)$a degré au plus 2 par construction. Par conséquent$z^n-R(z-1)$ne contient aucun terme de diplôme$M$; c'est une contradiction. Cela montre que seulement$F_m$avec impair$m$apparaissent dans l'extension de l'affichage ci-dessus. En résumé :
Lemme 2 Soit$R$être comme dans le Lemme 1. Alors$z^n-R(z-1)$est une fonction polynomiale impaire.
Depuis$z^n$lui-même est étrange, nous obtenons que$R(z-1)$est impair. Depuis$R$est un polynôme de degré au plus 2, il ne peut être impair que s'il est un multiple scalaire du monôme linéaire$z$. Nous concluons
Corollaire 2 $R(y)=b_1^{(n)} (y+1)$pour un scalaire$b_1^{(n)}$. (a fortiori,$b_1^{(n)}\in\mathbb Z$)
Du corollaire 1 et du corollaire 2, nous obtenons la solution recherchée, avec$a_1^{(n)}=b_1^{(n)}$et$a_m^{(n)}= 4^{m-2}b_m^{(n)}$pour tous$m\geq 3$.