Писать $(4x+1)^n$ как линейная комбинация некоторых многочленов
Позволять $$ P_m(x):=\begin{cases}4x+1\quad&\ \text{if}\ m=1,\\ 0\quad&\ \text{if}\ m=2,\\ 8x^m+(x+1)^{m-3}(2x+1)^3\quad&\ \text{if}\ m\geq3.\end{cases} $$ Как доказать, что для любого положительного нечетного целого числа $n$, существуют целые числа $a_1^{(n)},a_2^{(n)},\ldots,a_n^{(n)}$ такой, что $$ (4x+1)^n=\sum_{k=1}^n a_k^{(n)}P_k(x). $$
Ответы
Мне очень понравился этот вопрос! Мое решение содержит две идеи, каждая из которых касается одной из двух отдельных подзадач:
- показывают, что коэффициенты $a_m^{(n)}$являются целыми числами ;
- показывают, что коэффициенты $a_m^{(n)}$ существуют .
Подзадача (1) не совсем очевидна, поскольку многочлены $P_m$не монические. Однако нам здесь повезло! Простая идея состоит в том, чтобы перенормировать переменную как$x=y/4$ и соответствующим образом очистите знаменатели, заметив, что есть удачное 2-адическое совпадение, которое заставляет этот подход работать.
Подзадача (2) не очевидна и довольно неприятна, потому что $P_0=P_2=0$. Другими словами, нет ненулевых$P_m$ степени $0$ а также $2$, поэтому априори линейное исключение может оставить нам остаток степени не выше 2. Идея перейти сюда более скрыта (и лучше!). Он начинается с того, что по сути переписывает проблему как$$ (4x+1)^n = 8x^3 A(x) + (2x+1)^3 A(x+1) $$и обнаружив некоторую скрытую симметрию. Возможно даже, что это наблюдение может быть полезно для нахождения коэффициентов$a_m^{(n)}$ явно.
Итак, приступим к доказательству. После замены переменной$x=y/4$ многочлен $(4x+1)^n$ становится $(y+1)^n$, имеющий целые коэффициенты в переменной $y$.
Вместо полиномов $P_m(x)$ для $m\geq 3$ стали:
$$ P_m(y/4) = \frac 8 {4^m} y ^m + \left(\frac{y+4} 4 \right)^{m-3} \left(\frac{y+2} 2 \right)^3. $$
Теперь заманчиво умножить на $4^m/8$ чтобы очистить все знаменатели, но вместо этого мы умножим на $4^{m-2}$, то есть на два раза меньше, чем у жадного.
Таким образом, для $m\geq 3$ определять $Q_m(y):=4^{m-2} P_m(y/4)$ и мы вычисляем, что
$$ Q_m(y) = \frac 1 2 y^m + (y+4)^{m-3}\frac{(y+2)^3} 2 $$
Теперь вы должны заметить, расширяя биномы и произведения, что все термины $y^k$ с участием $k<m$умножить на некоторую положительную степень 2 или 4 перед делением на вторую 2 в знаменателе. Следовательно, все они целые. Кроме того, старший коэффициент$Q_m$ (умножающий $y^m$) равно $1/2 + 1/2=1$(вот удачное 2-адическое совпадение). Подводя итог, имеем:
Лемма 1 Для всех$m\geq 3$ у нас есть это $Q_m(y)$ является моническим многочленом от $y$ с целыми коэффициентами и степенью $m$.
Делаем вывод следующее:
Следствие 1 Для всех$n$ существуют (уникальные!) целые числа $b_m^{(n)}$ такой, что
$$ (y+1)^n = \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) + R(y) $$
для некоторого полинома $R(y)$ с целыми коэффициентами степени не выше 2.
Обратите внимание, что до сих пор мы не использовали никакой информации о данном многочлене $(y+1)^n$. Отметим также, что если бы мы только могли доказать, что$R(y)$ кратно $P_1(y/4)=y+1$ , которые мы до сих пор игнорировали, что завершит доказательство.
Чтобы доказать это, я пришел к следующему аргументу. Сначала обратите внимание, что$$ Q_m(y) = \frac {y^3} 2 y^{m-3} + \frac {(y+2)^3} 2 (y+4)^{m-3}, $$ так что линейная комбинация $Q_m$ можно записать как $$ \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) = \frac {y^3} 2 S(y) + \frac {(y+2)^3} 2 S(y+4), $$ где $S$ - многочлен степени не выше $n-3$ дано $$ S(y) :=\sum_{m=3}^n b_m^{(n)} y^{m-3}. $$
Удобно (для «повышения симметрии») писать $S(y)=T(y-1)$ для некоторого другого полинома $T$такой же степени. Затем мы снова изменим переменную$z=y+1$, поэтому полиномиальное уравнение следствия 1 имеет следующий вид:
$$ z^n = \frac {(z-1)^3} 2 T(z-2) + \frac {(z+1)^3} 2 T(z+2) + R(z-1). $$
С $T$ является многочленом степени не выше $n-3$у нас есть это $z^n-R(z-1)$ равна линейной комбинации слагаемых вида $$ F_m(z) = \frac {(z-1)^3} 2 (z-2)^{m-3} + \frac {(z+1)^3} 2 (z+2)^{m-3} $$ для $3\leq m\leq n$.
Теперь мы используем симметрию! Отметим, что$F_m(z)$ - монический многочлен (с целыми коэффициентами, но он нам здесь не нужен) степени $m$ которые удовлетворяют нечетному / четному уравнению: $$ F_m(-z) = (-1)^m F_m(z). $$ Следовательно, $F_m(z)$либо имеет только одночлены нечетной степени, либо только одночлены четной степени. Писать$$ z^n-R(z-1) = \sum_{m=3}^n c_m^{(n)} F_m(z). $$ Мы собираемся доказать, что $c_m^{(n)}=0$ для всех даже $m$. Предположим противное, и пусть$M$ быть самым большим четным числом $3\leq M\leq n$ такой, что $c_M^{(n)}\neq 0$. По тому, что мы сказали раньше (каждый$F_m$ имеет степень $m$ и нечетное / четное) мы видим, что только $c_m^{(n)}F_m(z)$ с участием $m=M$ вносит ненулевое кратное моному $z^M$. Следовательно$c_M^{(n)}z^M$ появляется как единственный моном степени $M$ в степенном разложении многочлена $z^n-R(z-1)$. Тем не мение,$n$является нечетным по предположению (в вопросе) и$R(z-1)$имеет степень не выше 2 по построению. Следовательно$z^n-R(z-1)$ не содержит термин ученой степени $M$; это противоречие. Это показывает, что только$F_m$ со странным $m$появляются в расширении на дисплее выше. Подводя итоги:
Лемма 2. Пусть$R$ как в лемме 1. Тогда $z^n-R(z-1)$ - нечетная полиномиальная функция.
С $z^n$ сам по себе странный, мы получаем, что $R(z-1)$странно. С$R$ является многочленом степени не выше 2, он может быть нечетным, только если он является скалярным кратным линейному одночлену $z$. Мы приходим к выводу
Следствие 2. $R(y)=b_1^{(n)} (y+1)$ для некоторого скаляра $b_1^{(n)}$. (а тем более,$b_1^{(n)}\in\mathbb Z$)
Из следствия 1 и следствия 2 мы получаем желаемое решение с $a_1^{(n)}=b_1^{(n)}$ а также $a_m^{(n)}= 4^{m-2}b_m^{(n)}$ для всех $m\geq 3$.