Scrivere$(4x+1)^n$come la combinazione lineare di alcuni polinomi
Permettere$$ P_m(x):=\begin{cases}4x+1\quad&\ \text{if}\ m=1,\\ 0\quad&\ \text{if}\ m=2,\\ 8x^m+(x+1)^{m-3}(2x+1)^3\quad&\ \text{if}\ m\geq3.\end{cases} $$Come dimostrarlo per qualsiasi numero intero dispari positivo$n$, esistono numeri interi$a_1^{(n)},a_2^{(n)},\ldots,a_n^{(n)}$tale che$$ (4x+1)^n=\sum_{k=1}^n a_k^{(n)}P_k(x). $$
Risposte
Mi è piaciuta molto questa domanda! La mia soluzione contiene due idee, ciascuna delle quali affronta uno dei due sottoproblemi distinti:
- mostrare che i coefficienti$a_m^{(n)}$sono numeri interi ;
- mostrare che i coefficienti$a_m^{(n)}$ esistere .
Il sottoproblema (1) non è completamente ovvio a causa dei polinomi$P_m$non sono monici. Comunque siamo fortunati qui! L'idea semplice qui è di rinormalizzare la variabile as$x=y/4$e chiarire i denominatori in modo appropriato, notando che esiste una fortunata coincidenza 2-adica che fa funzionare questo approccio.
Il sottoproblema (2) non è ovvio e abbastanza fastidioso perché$P_0=P_2=0$. In altre parole, non esiste diverso da zero$P_m$di grado$0$e$2$, quindi a priori l'eliminazione lineare può lasciarci con un resto di grado al massimo 2. L'idea di andare qui è più nascosta (e più carina!). Inizia essenzialmente riscrivendo il problema come$$ (4x+1)^n = 8x^3 A(x) + (2x+1)^3 A(x+1) $$e trovando qualche simmetria nascosta. Può anche darsi che questa osservazione possa essere utile per trovare i coefficienti$a_m^{(n)}$esplicitamente.
Quindi, iniziamo la dimostrazione. Dopo il cambio di variabile$x=y/4$il polinomio$(4x+1)^n$diventa$(y+1)^n$, che ha coefficienti interi nella variabile$y$.
Invece i polinomi$P_m(x)$per$m\geq 3$diventare:
$$ P_m(y/4) = \frac 8 {4^m} y ^m + \left(\frac{y+4} 4 \right)^{m-3} \left(\frac{y+2} 2 \right)^3. $$
Ora si è tentati di moltiplicare per$4^m/8$per cancellare tutti i denominatori, ma invece moltiplicheremo per$4^{m-2}$, cioè un fattore di 2 in meno rispetto a quello avido.
Quindi per$m\geq 3$definire$Q_m(y):=4^{m-2} P_m(y/4)$e lo calcoliamo
$$ Q_m(y) = \frac 1 2 y^m + (y+4)^{m-3}\frac{(y+2)^3} 2 $$
Ora, dovresti notare, espandendo i binomi e i prodotti, che tutti i termini$y^k$insieme a$k<m$viene moltiplicato per una potenza positiva di 2 o 4, prima di essere diviso per il secondo 2 al denominatore. Quindi sono tutti numeri interi. Inoltre il coefficiente principale di$Q_m$(quello che si moltiplica$y^m$) è uguale a$1/2 + 1/2=1$(ecco la fortunata coincidenza 2-adica). Riassumendo, abbiamo:
Lemma 1 Per tutti$m\geq 3$abbiamo quello$Q_m(y)$è un polinomio monico in$y$con coefficienti interi e grado$m$.
Concludiamo quanto segue:
Corollario 1 Per tutti$n$esistono numeri interi (unici!).$b_m^{(n)}$tale che
$$ (y+1)^n = \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) + R(y) $$
per qualche polinomio$R(y)$con coefficienti interi di grado al massimo 2.
Si noti che fino ad ora non abbiamo utilizzato alcuna informazione sul polinomio dato$(y+1)^n$. Nota anche che se solo potessimo dimostrarlo$R(y)$è un multiplo di$P_1(y/4)=y+1$, che finora abbiamo ignorato, che completerebbe la dimostrazione.
Per dimostrarlo, ho escogitato il seguente argomento. Prima nota che$$ Q_m(y) = \frac {y^3} 2 y^{m-3} + \frac {(y+2)^3} 2 (y+4)^{m-3}, $$quindi la combinazione lineare di$Q_m$può essere scritto come$$ \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) = \frac {y^3} 2 S(y) + \frac {(y+2)^3} 2 S(y+4), $$dove$S$è il polinomio di grado al massimo$n-3$dato da$$ S(y) :=\sum_{m=3}^n b_m^{(n)} y^{m-3}. $$
È conveniente (per "aumentare la simmetria") scrivere$S(y)=T(y-1)$per qualche altro polinomio$T$dello stesso grado. Quindi cambieremo di nuovo variabile$z=y+1$, quindi l'equazione polinomiale nel Corollario 1 si legge come segue:
$$ z^n = \frac {(z-1)^3} 2 T(z-2) + \frac {(z+1)^3} 2 T(z+2) + R(z-1). $$
Da$T$è al massimo un polinomio di grado$n-3$, lo abbiamo$z^n-R(z-1)$è uguale a una combinazione lineare di termini della forma$$ F_m(z) = \frac {(z-1)^3} 2 (z-2)^{m-3} + \frac {(z+1)^3} 2 (z+2)^{m-3} $$per$3\leq m\leq n$.
Sfruttiamo ora la simmetria! Notiamo che$F_m(z)$è un polinomio monico (a coefficienti interi, ma non ne abbiamo bisogno qui) di grado$m$che soddisfano l'equazione pari/dispari:$$ F_m(-z) = (-1)^m F_m(z). $$Perciò,$F_m(z)$o ha solo monomi di grado dispari o solo monomi di grado pari. Scrivere$$ z^n-R(z-1) = \sum_{m=3}^n c_m^{(n)} F_m(z). $$Lo dimostreremo$c_m^{(n)}=0$per tutti pari$m$. Supponiamo il contrario, e lasciamo$M$essere il numero pari più grande$3\leq M\leq n$tale che$c_M^{(n)}\neq 0$. Per quanto detto prima (ciascuno$F_m$è monico di grado$m$e pari/dispari) lo vediamo solo$c_m^{(n)}F_m(z)$insieme a$m=M$contribuisce con un multiplo diverso da zero del monomio$z^M$. Perciò$c_M^{(n)}z^M$appare come l'unico monomio di grado$M$nell'espansione di potenza del polinomio$z^n-R(z-1)$. Tuttavia,$n$è strano per ipotesi (nella domanda) e$R(z-1)$ha grado al massimo 2 per costruzione. Perciò$z^n-R(z-1)$non contiene alcun termine di laurea$M$; questa è una contraddizione. Questo lo dimostra solo$F_m$con dispari$m$appaiono nell'espansione nel display sopra. Riassumendo:
Lemma 2 Let$R$essere come nel Lemma 1. Allora$z^n-R(z-1)$è una funzione polinomiale dispari.
Da$z^n$di per sé è strano, lo capiamo$R(z-1)$è strano. Da$R$è un polinomio di grado al massimo 2, può essere dispari solo se è un multiplo scalare del monomio lineare$z$. Concludiamo
Corollario 2 $R(y)=b_1^{(n)} (y+1)$per qualche scalare$b_1^{(n)}$. (a fortiori,$b_1^{(n)}\in\mathbb Z$)
Dal Corollario 1 e dal Corollario 2 otteniamo la soluzione voluta, con$a_1^{(n)}=b_1^{(n)}$e$a_m^{(n)}= 4^{m-2}b_m^{(n)}$per tutti$m\geq 3$.