P è una potenza di 2

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Fenu
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P è una potenza di 2

Messaggio da Fenu » 26 mar 2019, 15:47

Determinare tutti i polinomi $P(x)$ a coefficienti interi tali che $P(x)=2^n$ abbia almeno una soluzione intera per ogni $n\geq 1$.

pipotoninoster
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Re: P è una potenza di 2

Messaggio da pipotoninoster » 20 apr 2019, 18:34

Testo nascosto:
[math],
[math]

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Fenu
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Re: P è una potenza di 2

Messaggio da Fenu » 23 apr 2019, 12:01

Si. Hai una soluzione da proporre? Altrimenti scrivo quella che conosco.

pipotoninoster
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Re: P è una potenza di 2

Messaggio da pipotoninoster » 27 apr 2019, 11:58

La mia è analitica, diciamo. Vado a escludere i gradi oltre il 2 (compreso) considerando che la derivata, in modulo, tende a infinito. però per essere completamente rigorosa richiede un po' di casistiche. diciamo che se la tua è più aritmetica è meglio che posti la tua...

TeoricodeiNumeri
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Re: P è una potenza di 2

Messaggio da TeoricodeiNumeri » 23 lug 2019, 14:58

Ci tengo a proporre una mia soluzione in analisi perché è la prima volta che mi capita di usarla in un problema di tipo "olimpico".
Tuttavia spero vivamente che ce ne sia una più corta e meno analitica.

Supponiamo che il polinomio $P\in \mathbb{Z}[x]$ verifichi la condizione richiesta.
Supponiamo che $deg(P)\geq 2$. Chiaramente esistono dei valori $\omega_1$ e $\omega_2$ per cui nell'intervallo $]-\infty;\omega_1]$ la funzione è strettamente crescente o decrescente e similmente nell'intervallo $[\omega_2;+\infty[$ e nell'intervallo $[\omega_1;\omega_2]$ la funzione è limitata (sia superiormente che inferiormente). Di conseguenza esiste un $\nu\in \mathbb{N^*}$ tale che per ogni $n\geq \nu$ si ha che esistono al più due valori $b_n \in ]-\infty;\omega_1]$ e $a_n \in [\omega_2;+\infty[$ tali che $P(a_n)=P(b_n)=2^n$.
Dato un valore $x\in \mathbb{R}$ e un polinomio $J$ non costante, se l'insieme $D(x)=\lbrace y\in \mathbb{R} \vert y>x \wedge J(y)=2J(x)\rbrace$ è non vuoto definiamo "distanza di raddoppiamento di $x$" il valore dell'espressione $minD(x) -x$. Chiaramente la distanza di raddoppiamento è definitivamente crescente, in quanto la distanza di raddoppiamento di $A_n (x)=ax^n$ con $a\neq0$ e $n\geq 1$ è definitivamente crescente e ogni funzione polinomiale può essere approssimata con una funzione del tipo $A_n$ per valori arbitrariamente grandi con arbitraria precisione.
Supponiamo ora che la funzione polinomiale associata a $P$ sia definitivamente crescente (studieremo solo questo caso perché è del tutto analogo a quello in cui $P$ sia decrescente per ogni valore minore di un certo $\omega_1$). Allora banalmente esiste un valore reale positivo $\aleph$ per cui sia la funzione associata a $P$,la sua derivata e la distanza di raddoppiamento sono strettamente crescenti in $]\aleph;+\infty[$.
Consideriamo un numero $n\in \mathbb{N^*}$ per cui $a_n>\aleph$. Supponiamo per assurdo che si abbia che $a_n,a_{n+1}$ e $a_{n+2}$ sono tutti interi. Allora da $a_{n+1}-a_n \mid P(a_{n+1})-P(a_n)=2^n$ si ricava $a_{n+1}-a_n=2^a$ con $a\leq n$, mentre da $a_{n+2}-a_{n+1} \mid P(a_{n+2})-P(a_{n+1})=2^{n+1 }$ si ricava $a_{n+2}-a_{n+1}=2^b$ con $a<b$. Da ciò si ricava che
\begin{equation}
\frac{P(a_{n+2})-P(a_{n+1})}{a_{n+2}-a_{n+1}} \leq \frac{P(a_{n+1})-P(a_n)}{a_{n+1}-a_n}
\end{equation}
D'altro canto per il teorema di Lagrange si ha che esiste un valore in $]a_n ;a_{n+1}[$ in cui la derivata prima assume valore $\frac{P(a_{n+1})-P(a_n)}{a_{n+1}-a_n}$ e similmente nell'intervallo $]a_{n+1};a_{n+2}[$, da cui (per la monotonia della derivata prima) si ha che
\begin{equation}
\frac{P(a_{n+2})-P(a_{n+1})}{a_{n+2}-a_{n+1}}> \frac{P(a_{n+1})-P(a_n)}{a_{n+1}-a_n}
\end{equation}
che contraddice la disuguaglianza precedente.
Perciò da $\aleph$ in poi gli $a_i$ si presentano al più interi a coppie. Questo implica che il polinomio non può avere grado dispari maggiore di $1$, ma deve necessariamente avere grado pari e coefficiente di testa positivo. Perciò esiste un valore $\aleph_1$ positivo per cui sia gli $a_i$ che i $b_i$ si presentano interi al più a coppie quando sono maggiori di $\aleph_1$ in valore assoluto e valgono le stesse condizioni di prima su $P$ e la sua derivata.
A questo punto dobbiamo distinguere un po' di casi:
1)esiste un $n$ per cui $a_n$,$a_{n+1}$ e $a_{n+3}$ sono interi (lo stesso varrà anche per i $b_i$). Allora esiste un $a$ naturale per cui $a_{n+1}-a_n =2^a$. Inoltre è facile notare che $a_{n+3}-a_{n+1}>2^{a+1}$, da cui $a_{n+3}-a_{n+1}\geq 2^{a+2}$. Con lo stesso espediente del teorema di Lagrange si può vedere che $a_{n+3}-a_{n+1}=2^{a+2}$ da cui $a_{n+3}-a_n=5\cdot 2^a$ che non divide $7\cdot 2^n=P(a_{n+3})-P(a_n)$ e quindi questo caso non si può verificare.
2)per non rientrare nel primo caso, se esiste una coppia di $a_i$ o $b_i$ interi allora entrambe le successioni saranno definitivamente composte da interi a coppie distanziate fra loro da 2 elementi non interi. Sia perciò $n$ tale per cui $a_n,a_{n+1},a_{n+4}$ e $a_{n+5}$ sono interi. Con lo stesso iter di prima mostriamo che $a_{n+4}=5\cdot 2^a +a_n$ e $a_{n+5}=2^b + a_{n+1}$ con $b>a$. Sempre con il teorema di Lagrange si dimostra che $b=a+1$, da cui $a_{n+5}-a_n =7 \cdot 2^a$ che non divide $31\cdot 2^n =P(a_{n+5})-P(a_{n})$ e quindi anche il secondo caso non si può verificare;
3) tutti gli interi si presentano definitivamente isolati. Di nuovo, considerando la quaterna $a_n,a_{n+2},a_{n+4}$ e $a_{n+6}$ si possono usare le condizioni di divisibilità e il teorema di Lagrange per dimostrare che anche questo caso non va bene.
Allora $deg(P)=1$. Allora $P(x)=ax+b$. Se $a<0$ allora $P_1 (x)=-ax+b$ è soluzione, da cui supporremo senza perdita di generalità che $a>0$.
Siano $l,m$ tali per cui $P(l)=2$ e $P(m)=4$. Allora $m-l \mid 2$, da cui $m-l=1$ oppure $m-l=2$, che implica banalmente $a=1$ oppure $a=2$.
Se $a=1$ allora $P(x)=x+b$, che è sempre soluzione del problema in quanto per ogni $n\geq 1$ abbiamo che $P(2^n -b)=2^n$ con $2^n-b\in \mathbb{Z}$. Perciò tutti i polinomi del tipo $P(x)=x+b$ o $P(x)=-x+b$ sono soluzioni.
Se $a=2$ allora si vede facilmente che tutte le soluzioni sono del tipo $P(x)=2\cdot (x+b)$ o $P(x)=-2\cdot (x+b)$ con $b$ costante intera.

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