Menulis $(4x+1)^n$ sebagai kombinasi linier dari polinomial tertentu
Membiarkan $$ P_m(x):=\begin{cases}4x+1\quad&\ \text{if}\ m=1,\\ 0\quad&\ \text{if}\ m=2,\\ 8x^m+(x+1)^{m-3}(2x+1)^3\quad&\ \text{if}\ m\geq3.\end{cases} $$ Bagaimana membuktikan bahwa untuk bilangan bulat ganjil positif $n$, ada bilangan bulat $a_1^{(n)},a_2^{(n)},\ldots,a_n^{(n)}$ seperti yang $$ (4x+1)^n=\sum_{k=1}^n a_k^{(n)}P_k(x). $$
Jawaban
Saya sangat menikmati pertanyaan ini! Solusi saya berisi dua ide, yang masing-masing membahas salah satu dari dua submasalah yang berbeda:
- menunjukkan bahwa koefisien $a_m^{(n)}$adalah bilangan bulat ;
- menunjukkan bahwa koefisien $a_m^{(n)}$ ada .
Subproblem (1) tidak sepenuhnya jelas karena polinomialnya $P_m$tidak monik. Namun kami beruntung di sini! Ide sederhananya di sini adalah menormalkan ulang variabel sebagai$x=y/4$ dan membersihkan penyebut dengan tepat, perhatikan bahwa ada kebetulan 2-adic yang beruntung yang membuat pendekatan ini berhasil.
Subproblem (2) tidak jelas dan cukup mengganggu karena $P_0=P_2=0$. Dengan kata lain, tidak ada yang bukan nol$P_m$ derajat $0$ dan $2$, jadi apriori eliminasi linier dapat meninggalkan kita dengan sisa derajat paling banyak 2. Ide untuk pergi ke sini lebih tersembunyi (dan lebih bagus!). Ini dimulai dengan menulis ulang masalahnya sebagai$$ (4x+1)^n = 8x^3 A(x) + (2x+1)^3 A(x+1) $$dan menemukan beberapa simetri tersembunyi. Bahkan observasi ini mungkin berguna untuk mencari koefisien$a_m^{(n)}$ secara eksplisit.
Jadi, mari kita mulai buktinya. Setelah perubahan variabel$x=y/4$ polinomial $(4x+1)^n$ menjadi $(y+1)^n$, yang memiliki koefisien bilangan bulat dalam variabel $y$.
Sebaliknya polinomial $P_m(x)$ untuk $m\geq 3$ menjadi:
$$ P_m(y/4) = \frac 8 {4^m} y ^m + \left(\frac{y+4} 4 \right)^{m-3} \left(\frac{y+2} 2 \right)^3. $$
Sekarang tergoda untuk berkembang biak $4^m/8$ untuk menghapus semua penyebut, tetapi kita akan mengalikan dengan $4^{m-2}$, yaitu, satu faktor kurang dari 2 daripada faktor rakus.
Maka untuk $m\geq 3$ menetapkan $Q_m(y):=4^{m-2} P_m(y/4)$ dan kami menghitungnya
$$ Q_m(y) = \frac 1 2 y^m + (y+4)^{m-3}\frac{(y+2)^3} 2 $$
Sekarang, Anda harus mencatat, memperluas binomial dan produk, bahwa semua istilah $y^k$ dengan $k<m$dikalikan dengan beberapa pangkat positif dari 2 atau 4, sebelum dibagi dengan 2 kedua pada penyebut. Oleh karena itu mereka semua adalah bilangan bulat. Apalagi koefisien utama$Q_m$ (yang mengalikan $y^m$) adalah sama dengan $1/2 + 1/2=1$(inilah kebetulan 2-adic yang beruntung). Kesimpulannya, kami memiliki:
Lemma 1 Untuk semua$m\geq 3$ kita punya itu $Q_m(y)$ adalah polinomial monik di $y$ dengan koefisien bilangan bulat dan derajat $m$.
Kami menyimpulkan sebagai berikut:
Akibat wajar 1 Untuk semua$n$ ada bilangan bulat (unik!) $b_m^{(n)}$ seperti yang
$$ (y+1)^n = \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) + R(y) $$
untuk beberapa polinomial $R(y)$ dengan koefisien bilangan bulat derajat paling banyak 2.
Perhatikan bahwa hingga saat ini kami tidak menggunakan informasi apa pun tentang polinomial yang diberikan $(y+1)^n$. Perhatikan juga bahwa jika saja kita bisa membuktikannya$R(y)$ adalah kelipatan dari $P_1(y/4)=y+1$ , yang kami abaikan sejauh ini, itu akan menyelesaikan pembuktiannya.
Untuk membuktikan ini, saya mengajukan argumen berikut. Pertama catat itu$$ Q_m(y) = \frac {y^3} 2 y^{m-3} + \frac {(y+2)^3} 2 (y+4)^{m-3}, $$ jadi kombinasi linier $Q_m$ dapat ditulis sebagai $$ \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) = \frac {y^3} 2 S(y) + \frac {(y+2)^3} 2 S(y+4), $$ dimana $S$ adalah polinomial derajat paling banyak $n-3$ diberikan oleh $$ S(y) :=\sum_{m=3}^n b_m^{(n)} y^{m-3}. $$
Lebih mudah (untuk "menambah simetri") untuk menulis $S(y)=T(y-1)$ untuk polinomial lainnya $T$pada derajat yang sama. Kemudian kami akan mengubah variabel lagi$z=y+1$, sehingga persamaan polinomial di Corollary 1 berbunyi sebagai berikut:
$$ z^n = \frac {(z-1)^3} 2 T(z-2) + \frac {(z+1)^3} 2 T(z+2) + R(z-1). $$
Sejak $T$ adalah polinom derajat paling banyak $n-3$, kami punya itu $z^n-R(z-1)$ sama dengan kombinasi linier suku bentuk $$ F_m(z) = \frac {(z-1)^3} 2 (z-2)^{m-3} + \frac {(z+1)^3} 2 (z+2)^{m-3} $$ untuk $3\leq m\leq n$.
Kami sekarang mengeksploitasi simetri! Kami mencatat itu$F_m(z)$ adalah polinomial monik (dengan koefisien bilangan bulat, tetapi kita tidak membutuhkannya di sini) derajat $m$ yang memenuhi persamaan ganjil / genap: $$ F_m(-z) = (-1)^m F_m(z). $$ Karena itu, $F_m(z)$baik hanya memiliki monomial derajat ganjil, atau hanya monomial derajat genap. Menulis$$ z^n-R(z-1) = \sum_{m=3}^n c_m^{(n)} F_m(z). $$ Kami akan membuktikannya $c_m^{(n)}=0$ bahkan untuk semua $m$. Misalkan sebaliknya, dan biarkan$M$ menjadi bilangan genap terbesar $3\leq M\leq n$ seperti yang $c_M^{(n)}\neq 0$. Dengan apa yang kami katakan sebelumnya (masing-masing$F_m$ adalah gelar monik $m$ dan ganjil / genap) kita hanya melihat itu $c_m^{(n)}F_m(z)$ dengan $m=M$ menyumbang kelipatan monomial bukan nol $z^M$. Karena itu$c_M^{(n)}z^M$ muncul sebagai monomial derajat yang unik $M$ dalam perluasan kekuatan polinomial $z^n-R(z-1)$. Namun,$n$adalah aneh oleh asumsi (dalam pertanyaan) dan$R(z-1)$memiliki gelar paling banyak 2 berdasarkan konstruksi. Karena itu$z^n-R(z-1)$ tidak mengandung istilah gelar apa pun $M$; itu kontradiksi. Ini hanya menunjukkan itu$F_m$ dengan aneh $m$muncul dalam perluasan pada tampilan di atas. Menyimpulkan:
Lemma 2 Biarkan$R$ menjadi seperti di Lemma 1. Kemudian $z^n-R(z-1)$ adalah fungsi polinomial ganjil.
Sejak $z^n$ itu sendiri aneh, kami mengerti $R(z-1)$aneh. Sejak$R$ adalah polinom dengan derajat paling banyak 2, dapat ganjil hanya jika merupakan kelipatan skalar dari monomial linier $z$. Kami menyimpulkan
Akibat wajar 2 $R(y)=b_1^{(n)} (y+1)$ untuk beberapa skalar $b_1^{(n)}$. (a fortiori,$b_1^{(n)}\in\mathbb Z$)
Dari Corollary 1 dan Corollary 2 kita mendapatkan solusi yang diinginkan, dengan $a_1^{(n)}=b_1^{(n)}$ dan $a_m^{(n)}= 4^{m-2}b_m^{(n)}$ untuk semua $m\geq 3$.