Yazmak $(4x+1)^n$ belirli polinomların doğrusal kombinasyonu olarak
İzin Vermek $$ P_m(x):=\begin{cases}4x+1\quad&\ \text{if}\ m=1,\\ 0\quad&\ \text{if}\ m=2,\\ 8x^m+(x+1)^{m-3}(2x+1)^3\quad&\ \text{if}\ m\geq3.\end{cases} $$ Herhangi bir pozitif tek tamsayı için bunu nasıl kanıtlayabilirim? $n$tamsayılar var $a_1^{(n)},a_2^{(n)},\ldots,a_n^{(n)}$ öyle ki $$ (4x+1)^n=\sum_{k=1}^n a_k^{(n)}P_k(x). $$
Yanıtlar
Bu sorudan çok keyif aldım! Çözümüm, her biri iki farklı alt problemden birini ele alan iki fikir içeriyor:
- katsayıların $a_m^{(n)}$olan tamsayılar ;
- katsayıların $a_m^{(n)}$ var .
(1) alt problemi tamamen açık değil çünkü polinomlar $P_m$monik değiller. Ancak burada şanslıyız! Buradaki basit fikir, değişkeni şu şekilde yeniden normalleştirmektir:$x=y/4$ ve paydaları uygun şekilde temizleyin, bu yaklaşımın işe yaramasını sağlayan talihli 2 adik bir tesadüf olduğunu fark edin.
Alt problem (2) açık değil ve oldukça can sıkıcı çünkü $P_0=P_2=0$. Başka bir deyişle, sıfırdan farklı yok$P_m$ derece $0$ ve $2$Bu nedenle, a priori doğrusal eliminasyon bize en fazla 2 derece geri kalanı bırakabilir. Buraya gitme fikri daha gizli (ve daha güzel!). Esasen sorunu şu şekilde yeniden yazarak başlar:$$ (4x+1)^n = 8x^3 A(x) + (2x+1)^3 A(x+1) $$ve bazı gizli simetri bulma. Hatta bu gözlem katsayıları bulmak için faydalı olabilir.$a_m^{(n)}$ açıkça.
Öyleyse kanıtı başlatalım. Değişken değişikliğinden sonra$x=y/4$ polinom $(4x+1)^n$ olur $(y+1)^n$değişkende tamsayı katsayıları olan $y$.
Bunun yerine polinomlar $P_m(x)$ için $m\geq 3$ olmak:
$$ P_m(y/4) = \frac 8 {4^m} y ^m + \left(\frac{y+4} 4 \right)^{m-3} \left(\frac{y+2} 2 \right)^3. $$
Şimdi ile çarpmak cazip geliyor $4^m/8$ tüm paydaları temizlemek için, ancak bunun yerine ile çarpacağız $4^{m-2}$yani, açgözlü olandan 2 kat daha az.
İçin böylece $m\geq 3$ tanımlamak $Q_m(y):=4^{m-2} P_m(y/4)$ ve bunu hesaplıyoruz
$$ Q_m(y) = \frac 1 2 y^m + (y+4)^{m-3}\frac{(y+2)^3} 2 $$
Şimdi, iki terimlileri ve ürünleri genişleterek, tüm terimlerin $y^k$ ile $k<m$paydada ikinci 2'ye bölünmeden önce 2 veya 4'ün bir pozitif kuvveti ile çarpılır. Bu nedenle hepsi tamsayıdır. Üstelik önde gelen katsayısı$Q_m$ (çarpan $y^m$) eşittir $1/2 + 1/2=1$(işte şanslı 2-adic tesadüf). Özetle, elimizde:
Lemma 1 Hepsi için$m\geq 3$ bizde var $Q_m(y)$ bir monik polinomdur $y$ tamsayı katsayıları ve derecesi ile $m$.
Şu sonuca varıyoruz:
Sonuç 1 Hepsi için$n$ tamsayılar var (benzersiz!) $b_m^{(n)}$ öyle ki
$$ (y+1)^n = \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) + R(y) $$
bazı polinomlar için $R(y)$ tamsayı derece katsayıları ile en fazla 2.
Şimdiye kadar verilen polinom hakkında herhangi bir bilgi kullanmadık. $(y+1)^n$. Keşke bunu kanıtlayabilsek$R(y)$ katları $P_1(y/4)=y+1$ Şimdiye kadar görmezden geldiğimiz, bu ispatı bitirirdi.
Bunu kanıtlamak için aşağıdaki argümanı buldum. İlk not edin ki$$ Q_m(y) = \frac {y^3} 2 y^{m-3} + \frac {(y+2)^3} 2 (y+4)^{m-3}, $$ yani doğrusal kombinasyonu $Q_m$ olarak yazılabilir $$ \sum_{m=3}^n b_m^{(n)} Q_m(y) = \frac {y^3} 2 S(y) + \frac {(y+2)^3} 2 S(y+4), $$ nerede $S$ en fazla derece polinomudur $n-3$ veren $$ S(y) :=\sum_{m=3}^n b_m^{(n)} y^{m-3}. $$
Yazmak ("simetriyi artırmak") uygundur $S(y)=T(y-1)$ başka bir polinom için $T$aynı derecede. Sonra değişkeni tekrar değiştireceğiz$z=y+1$, dolayısıyla Sonuç 1'deki polinom denklemi aşağıdaki gibidir:
$$ z^n = \frac {(z-1)^3} 2 T(z-2) + \frac {(z+1)^3} 2 T(z+2) + R(z-1). $$
Dan beri $T$ en fazla derece polinomudur $n-3$bizde var $z^n-R(z-1)$ formun terimlerinin doğrusal bir kombinasyonuna eşittir $$ F_m(z) = \frac {(z-1)^3} 2 (z-2)^{m-3} + \frac {(z+1)^3} 2 (z+2)^{m-3} $$ için $3\leq m\leq n$.
Şimdi simetriyi kullanıyoruz! Bunu not ediyoruz$F_m(z)$ bir monik polinomdur (tamsayı katsayılı, ancak burada buna ihtiyacımız yok) derece $m$ tek / çift denklemini sağlayan: $$ F_m(-z) = (-1)^m F_m(z). $$ Bu nedenle, $F_m(z)$ya sadece tek dereceli tek terimlidir ya da sadece çift dereceli tek terimlidir. Yazmak$$ z^n-R(z-1) = \sum_{m=3}^n c_m^{(n)} F_m(z). $$ Bunu kanıtlayacağız $c_m^{(n)}=0$ her şey için $m$. Aksini varsayın ve izin verin$M$ en büyük çift sayı ol $3\leq M\leq n$ öyle ki $c_M^{(n)}\neq 0$. Daha önce söylediklerimizle (her biri$F_m$ derece monik $m$ ve tek / çift) sadece bunu görüyoruz $c_m^{(n)}F_m(z)$ ile $m=M$ monomialin sıfır olmayan bir katına katkıda bulunur $z^M$. Bu nedenle$c_M^{(n)}z^M$ benzersiz derece tek terimli olarak görünür $M$ polinomun güç genişlemesinde $z^n-R(z-1)$. Ancak,$n$olan tek (söz konusu) varsayımı ile ve$R(z-1)$yapım gereği en fazla 2 dereceye sahiptir. Bu nedenle$z^n-R(z-1)$ herhangi bir derece terimi içermez $M$; bu bir çelişki. Bu sadece şunu gösterir$F_m$ garip $m$yukarıdaki ekranda bulunan genişletmede görünür. Özetliyor:
Lemma 2 Let$R$ Lemma 1'deki gibi olun. Sonra $z^n-R(z-1)$ garip bir polinom fonksiyonudur.
Dan beri $z^n$ kendisi tuhaf, anlıyoruz $R(z-1)$garip. Dan beri$R$ en fazla 2 derece olan bir polinomdur, yalnızca doğrusal tek terimliğin skaler bir katı ise garip olabilir $z$. Sonlandırıyoruz
Sonuç 2 $R(y)=b_1^{(n)} (y+1)$ bazı skaler için $b_1^{(n)}$. (bir fortiori,$b_1^{(n)}\in\mathbb Z$)
Sonuç 1 ve Sonuç 2'den istenen çözümü elde ederiz. $a_1^{(n)}=b_1^{(n)}$ ve $a_m^{(n)}= 4^{m-2}b_m^{(n)}$ hepsi için $m\geq 3$.