Dimostrazione polinomio - SNS 1979 (Conferma soluzione)

[elios]

"Ad ogni polinomio \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)} \) si associ il polinomio \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}+{1}\right)}-{P}{\left({x}\right)} \) (*). Si provi che:
(a) Q è identicamente nullo se e solo se il polinomio \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)} \) è una costante;
(b) per ogni polinomio \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)} \) di grado \( \displaystyle \le{3} \) esistono infiniti polinomi P che verificano la (*)."

Io l'ho risolto in questo modo:
(a) Se \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)}={k} \), allora \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)}={0} \)
\( \displaystyle {P}{\left({x}\right)}={a}_{{1}}{{x}}^{{n}}+{a}_{{2}}{{x}}^{{{n}-{1}}}+\ldots+{k} \), con \( \displaystyle {a}_{{1}},{a}_{{2}},\ldots={0} \)
\( \displaystyle {P}{\left({x}-{1}\right)}={a}_{{1}}{{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}+{a}_{{2}}{{\left({x}+{1}\right)}}^{{{n}-{1}}}+\ldots+{k}={k} \)
Conseguentemente \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}+{1}\right)}-{P}{\left({x}\right)}={k}-{k}={0} \)
Se \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)} \) non fosse una costante, ma \( \displaystyle {a}_{{1}},{a}_{{2}},\ldots \) diversi da 0,
\( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}+{1}\right)}-{P}{\left({x}\right)}=\lt{b}\frac{{r}}{\gt} \)=a_1(x+1)^n+a_2(x+1)^(n-1)+...+k-(a_1x^n+a_2x^(n-1)+...+k)=\( \displaystyle \lt{b}\frac{{r}}{\gt} \)=a_1((x+1)^n-x^n)+a_2((x+1)^(n-1)-x^(n-1))+...+0\( \displaystyle \lt{b}\frac{{r}}{\gt}{P}{e}{r}{o}{g{{n}}}{i}{p}{o}{l}\in{o}{m}{i}{o} \)P(x)\( \displaystyle {q}{u}{e}{s}{t}{a}{e}{s}{p}{r}{e}{s}{s}{i}{o}\neè{u}{g{{u}}}{a}\le{a}{0}{s}{o}{l}{o}{s}{e},{p}{e}{r}{o}{g{{n}}}{i} \)n\( \displaystyle , \)(x+1)^n-x^n=0\( \displaystyle , \)(x+1)^n=x^n\( \displaystyle , \)x+1=x\( \displaystyle ,{c}{h}{e}{n}{o}{n}è{m}{a}{i}{v}{e}{r}{\quad\text{if}\quad}{i}{c}{a}{t}{a}.\lt{b}\frac{{r}}{\gt}\lt{b}\frac{{r}}{\gt}{b}\){P}{r}{e}{n}{d}{o} \)Q(x)=a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4\( \displaystyle {e} \)P(x)=b_1x^4+b_2x^3+b_3x^2+b_4x+b_5\( \displaystyle \lt{b}\frac{{r}}{\gt}{P}{o}{n}{g{{o}}} \)Q(x)=P(x+1)-P(x)=
\( \displaystyle ={b}_{{1}}{{\left({x}+{1}\right)}}^{{4}}+{b}_{{2}}{{\left({x}+{1}\right)}}^{{3}}+{b}_{{3}}{{\left({x}+{1}\right)}}^{{2}}+{b}_{{4}}{\left({x}+{1}\right)}+{b}_{{5}}-{\left({b}_{{1}}{{x}}^{{4}}+{b}_{{2}}{{x}}^{{3}}+{b}_{{3}}{{x}}^{{2}}+{b}_{{4}}{x}+{b}_{{5}}\right)} \)
e facendo tutti i conti ottengo
\( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)}={4}{b}_{{1}}{{x}}^{{3}}+{{x}}^{{2}}{\left({6}{b}_{{1}}+{3}{b}_{{2}}\right)}+{x}{\left({4}{b}_{{1}}+{3}{b}_{{2}}+{2}{b}_{{3}}\right)}+{b}_{{1}}+{b}_{{2}}+{b}_{{3}}+{b}_{{4}} \)
Ponendo ogni coefficiente della \( \displaystyle {x} \) di questa espressione uguale ai coefficienti \( \displaystyle {a}_{{1}} \), \( \displaystyle {a}_{{2}} \), \( \displaystyle {a}_{{3}} \), \( \displaystyle {a}_{{4}} \), risolvendo il sistema ho
\( \displaystyle {b}_{{1}}=\frac{{a}_{{1}}}{{4}} \)
\( \displaystyle {b}_{{2}}=\frac{{a}_{{2}}}{{3}}-\frac{{a}_{{1}}}{{2}} \)
\( \displaystyle {b}_{{3}}=\frac{{a}_{{1}}}{{4}}-\frac{{a}_{{2}}}{{2}}+\frac{{a}_{{3}}}{{2}} \)
\( \displaystyle {b}_{{4}}={a}_{{4}}+\frac{{a}_{{2}}}{{6}}-\frac{{a}_{{3}}}{{2}} \)
E' solo che non riesco a capire come questi risultati possano in qualche modo dimostrare che per ogni \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)} \) i polinomi \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)} \) sono infiniti.. Probabilmente perché non è questo il modo di dimostrarlo..

Grazie mille dell'aiuto.

[Steven]

Ciao!

Se \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)} \) non fosse una costante, ma \( \displaystyle {a}_{{1}},{a}_{{2}},\ldots \) diversi da 0,

Ho capito che vuoi dire, ma a fomulazione è errata.
Se vuoi escludere il caso costante, e rientrare in TUTTI gli altri, devi scrivere: con \( \displaystyle {a}_{{1}} \),\( \displaystyle {a}_{{2}} \)... non tutti nulli.
Cioè, almeno uno deve essere diverso da zero.

Per ogni polinomio \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)} \) questa espressione è uguale a 0 solo se, per ogni \( \displaystyle {n} \), \( \displaystyle {{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}-{{x}}^{{n}}={0} \), \( \displaystyle {{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}={{x}}^{{n}} \), \( \displaystyle {x}+{1}={x} \), che non è mai verificata.

Scusa, questo pezzo non è chiaro.
Perché "per ogni \( \displaystyle {n} \)"?
\( \displaystyle {n} \) è fissato al momento in cui tu fissi il polinomio, non è un'indeterminata, come la \( \displaystyle {x} \) ad esempio.
Poi attenzione, il passaggio
\( \displaystyle {{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}={{x}}^{{n}} \) \( \displaystyle \Rightarrow \) \( \displaystyle {x}+{1}={x} \)
è scorretto.
Tant'è che, ad esempio,
\( \displaystyle {{\left({x}+{1}\right)}}^{{2}}={{x}}^{{2}} \) ammette soluzione.

Chiariamo sul punto A, il punto B a dopo.

Ciao!

[elios]

Ho sbagliato a dire per ogni \( \displaystyle {n} \). Provo a spiegarmi.
Come dici te, non posso dire che \( \displaystyle {{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}={{x}}^{{n}} \) non è mai verificata: essa è verificata per tutti gli \( \displaystyle {n} \) pari e la soluzione è \( \displaystyle {x}=-\frac{{1}}{{2}} \). E' solo che se è vero che nell'espressione di \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)} \) se \( \displaystyle {x}=-\frac{{1}}{{2}} \) gli addendi con gli esponenti pari si possono annullare, mai lo faranno gli addendi ad esponenti dispari. Quindi con \( \displaystyle {a}_{{1}} \), \( \displaystyle {a}_{{2}} \),.. non tutti nulli (come hai detto tu!) quella somma comunque non sarà zero.

[Steven]

Perdonami il ritardo della risposta.

Ho sbagliato a dire per ogni \( \displaystyle {n} \). Provo a spiegarmi.
Come dici te, non posso dire che \( \displaystyle {{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}={{x}}^{{n}} \) non è mai verificata: essa è verificata per tutti gli \( \displaystyle {n} \) pari e la soluzione è \( \displaystyle {x}=-\frac{{1}}{{2}} \). E' solo che se è vero che nell'espressione di \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)} \) se \( \displaystyle {x}=-\frac{{1}}{{2}} \) gli addendi con gli esponenti pari si possono annullare, mai lo faranno gli addendi ad esponenti dispari. Quindi con \( \displaystyle {a}_{{1}} \), \( \displaystyle {a}_{{2}} \),.. non tutti nulli (come hai detto tu!) quella somma comunque non sarà zero.

Non vorrei sbagliare, ma il discorso continua a non convincermi. Tu praticamente dici che se
\( \displaystyle {a}_{{1}}{\left[{{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}-{{x}}^{{n}}\right]}+{a}_{{2}}{\left[{{\left({x}+{1}\right)}}^{{{n}-{1}}}-{{x}}^{{{n}-{1}}}\right]}+\ldots.={0} \) allora i coefficienti sono tutti nulli.
La questione secondo me non è liquidabile così, anche se appare evidente che ciò che dici è vero (anzo lo è ).
Piccolo esempio: dici se metto \( \displaystyle {x}=-\frac{{1}}{{2}} \), le potenze a esponente pari se ne vanno.
Ma tu che puoi dire di quelle dispari?
Che ne sai che in quel tipo di polinomio i coefficienti non sono legati proprio dalla relazione
\( \displaystyle {a}_{{1}}{\left[{{\left(-\frac{{1}}{{2}}+{1}\right)}}^{{{2}{n}+{1}}}-{{\left(-\frac{{1}}{{2}}\right)}}^{{{2}{n}+{1}}}\right]}+\ldots+={0} \).
Ricorda che \( \displaystyle {a}_{{1}},{a}_{{2}}\ldots \) sono reali e non positivi, quindi non puoi dire che quella somma è positiva o cose simili.
Parliamoci chiaro, è un discorso assurdo, ma purtroppo in mate c'è l'abitudine di essere rigorosi. Fino alla nause, se serve

Sperando di non essermi sbagliato, ti invio alla soluzione.

Supposto quindi \( \displaystyle {Q} \) identicamente nullo, hai \( \displaystyle {p}{\left({x}+{1}\right)}={p}{\left({x}\right)} \).
Cioè ti sta dicendo che il polinomio calcolato di "qualcosa" è uguale al polinomio calcolato in "qualcosa +1".
Questo ti autorizza a dire, ad esempio, \( \displaystyle {p}{\left({0}\right)}={p}{\left({1}\right)}={p}{\left({2}\right)}=\ldots \).
Ora considera il polinomio
\( \displaystyle {A}{\left({x}\right)}={p}{\left({x}\right)}-{p}{\left({0}\right)} \) (cioè il polinomio senza il suo termine noto.
Inizia a sostituire ad \( \displaystyle {x} \) i valori 0,1,2,....n.
Cosa puoi dire di \( \displaystyle {A}{\left({x}\right)} \)?

A presto!

[giammaria]

Io farei un altro ragionamento. Premesse: Q(x) è identicamente nullo quando sono nulli tutti i coefficienti delle potenze di x e si ha \( \displaystyle {Q}{\left({x}\right)}={a}_{{1}}{\left[{{\left({x}+{1}\right)}}^{{n}}-{{x}}^{{n}}\right]}+{a}_{{2}}{\left[{{\left({x}+{1}\right)}}^{{{n}-{1}}}-{{x}}^{{{n}-{1}}}\right]}+\ldots. \).
Svolgendo i calcoli si nota che il termine di grado massimo, cioè quello con \( \displaystyle {{x}}^{{{n}-{1}}} \), può derivare solo dalla prima parentesi quadra e il suo coefficiente si annulla solo se \( \displaystyle {a}_{{1}}={0} \). Passiamo ora al termine di grado n-2, ottenendo \( \displaystyle {a}_{{2}}={0} \), eccetera.
Devo meditare con calma sulla seconda domanda, ma una cosa è subito evidente: se esiste una soluzione P(x) allora ne esistono infinite della forma P(x)+k.
Aggiungo un suggerimento di altro tipo per Elios: sicuramente noti che ci sono righe troppo lunghe, che danno difficoltà di lettura. In LaTex (e quindi suppongo anche qui) questo capita quando ci sono formule troppo lunghe e nel tuo primo intervento ce n'è una: modificala spezzandola in due formule, meglio se separate da un "a capo" o almeno da uno spazio.

[elios]

Questo ti autorizza a dire, ad esempio, \( \displaystyle {p}{\left({0}\right)}={p}{\left({1}\right)}={p}{\left({2}\right)}=\ldots \).
Ora considera il polinomio
\( \displaystyle {A}{\left({x}\right)}={p}{\left({x}\right)}-{p}{\left({0}\right)} \) (cioè il polinomio senza il suo termine noto.
Inizia a sostituire ad \( \displaystyle {x} \) i valori 0,1,2,....n.

Come hai scritto tu, \( \displaystyle {p}{\left({0}\right)}={p}{\left({1}\right)} \).
Considerando \( \displaystyle {A}{\left({1}\right)}={p}{\left({1}\right)}-{p}{\left({0}\right)} \) si ha \( \displaystyle {A}{\left({1}\right)}={0} \) per ciò che ho appena detto.
Considero \( \displaystyle {A}{\left({2}\right)}={p}{\left({2}\right)}-{p}{\left({1}\right)}={p}{\left({2}\right)}-{p}{\left({0}\right)} \). Affinché anche \( \displaystyle {A}{\left({2}\right)} \) sia zero, \( \displaystyle {p}{\left({2}\right)}={p}{\left({0}\right)} \).
Andando avanti per tutti i valori, si ha la stessa situazione: affinché \( \displaystyle {A}{\left({n}\right)}={p}{\left({n}\right)}-{p}{\left({n}-{1}\right)}={p}{\left({n}\right)}-{p}{\left({0}\right)} \) sia zero, \( \displaystyle {p}{\left({n}\right)}={p}{\left({0}\right)} \), cioè il polinomio deve essere uguale al termine noto, ovvero ad una costante.

Che ne dici?

[elios]

Devo meditare con calma sulla seconda domanda, ma una cosa è subito evidente: se esiste una soluzione P(x) allora ne esistono infinite della forma P(x)+k.

Oddio, a me non sembra affatto evidente.. Aspetto tue delucidazioni.

[giammaria]

Posto \( \displaystyle {R}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}\right)}+{k} \), si ha \( \displaystyle {R}{\left({x}+{1}\right)}-{R}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}+{1}\right)}+{k}-{\left[{P}{\left({x}\right)}+{k}\right]}={P}{\left({x}+{1}\right)}-{P}{\left({x}\right)}={Q}{\left({x}\right)} \).
Per quanto riguarda il tuo completamento alla soluzione di Steven, obietto che tu hai dimostrato che la funzione assume sempre lo stesso valore per x intero; per x non intero potrebbe però avere anche un altro valore. Questo potrebbe per esempio succedere per funzioni periodiche con periodo 1; occorre ancora dimostrare che non può succedere per i polinomi.

[Mathematico]

Posto \( \displaystyle {R}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}\right)}+{k} \), si ha \( \displaystyle {R}{\left({x}+{1}\right)}-{R}{\left({x}\right)}={P}{\left({x}+{1}\right)}+{k}-{\left[{P}{\left({x}\right)}+{k}\right]}={P}{\left({x}+{1}\right)}-{P}{\left({x}\right)}={Q}{\left({x}\right)} \).
Per quanto riguarda il tuo completamento alla soluzione di Steven, obietto che tu hai dimostrato che la funzione assume sempre lo stesso valore per x intero; per x non intero potrebbe però avere anche un altro valore. Questo potrebbe per esempio succedere per funzioni periodiche con periodo 1; occorre ancora dimostrare che non può succedere per i polinomi.

La dimostrazione proposta da steven va bene
Sta dicendo che il polinomio di grado n \( \displaystyle {A}{\left({x}\right)} \) ha una quantità numerabile di zeri e dunque \( \displaystyle {A}{\left({x}\right)} \) è il polinomio identicamente nullo, di conseguenza...

[elios]

Ok, diciamo che la prima parte è fatta, e va sistemata nel rigore matematico.
Per la seconda parte invece? Avendo trovato le espressioni di coefficienti di \( \displaystyle {P} \) in funzione di quelli di \( \displaystyle {Q} \), potrei cercare quel valore \( \displaystyle {k} \) per cui, come dice giammaria, sommandolo ottengo infiniti polinomi \( \displaystyle {P} \) che valgono..