Se P(x) è un polinomio di grado n tale che $ \displaystyle P(n)=\frac{(n+1-i)!i!}{(n+1)!}=\binom{n+1}{i}^{-1} $ con $ i \in [0; n] $ e intero, trovare P(n+1).
Mi ricorda un po' per come è posto, alcuni esercizi (dalle provinciali di quest'anno, PreIMO 2006 e USA 1975). Cercando di ricalcare il metodo ho definito un polinomio comodo in funzione di P(x) che abbia come radici gli interi da 0 a n+1 per poi trovarne il valore per un x semplice...ma non riesco a trovare il valore del coefficiente di grado più alto nè sono certo di conoscere tutti i fattori del secondo polinomio che ho definito. considerato il livello deve esserci per forza qualcosa sotto...mi piacerebbe avere semplicemente un input per la risoluzione (ma se qualcuno vuole postare la soluzione non c'è ovviamente problema)
Polinomio dalla Shortlist 1981
Polinomio dalla Shortlist 1981
"È più difficile disintegrare un pregiudizio che un atomo." (A. Einstein)
Faccio qualche esempio:
con n=1, prendo $ ~ p(x) = \frac -12 x + 1 $ e vedo che p(0) = 1, p(1) = 1/2, quindi va bene, e inoltre p(2) = 0.
con n=2, prendo $ ~ p(x) = \frac 13 x^2 - x + 1 $ e vedo che p(0) = 1, p(1) = 1/3, p(2) = 1/3, quindi va bene, e inoltre p(3) = 1.
Quindi chiaramente (n+1)^2 non può funzionare!
con n=1, prendo $ ~ p(x) = \frac -12 x + 1 $ e vedo che p(0) = 1, p(1) = 1/2, quindi va bene, e inoltre p(2) = 0.
con n=2, prendo $ ~ p(x) = \frac 13 x^2 - x + 1 $ e vedo che p(0) = 1, p(1) = 1/3, p(2) = 1/3, quindi va bene, e inoltre p(3) = 1.
Quindi chiaramente (n+1)^2 non può funzionare!
Fatto bello e importante sui polinomi (tra l'altro anche spiegato da fph a questo senior):
sia P(x) un polinomio (i coefficienti possono essere qualunque cosa) di grado n. Allora, per ogni x:
$ ~ \sum_{i=0}^{n+1} (-1)^i {n+1 \choose i} P(x+i) = 0 $
Dimostrazione: consideriamo Q(x) = P(x+1) - P(x). Allora Q(x) ha grado n-1. Quindi per ipotesi induttiva:
$ ~ \sum_{i=0}^{n} (-1)^i {n \choose i} (P(x+i+1) - P(x+i)) = 0 $
E vi accorgerete senza troppi problemi che questo si riscrive come la nostra tesi.
Dimostrazione alternativa e combinatorialmente soddisfacente: viewtopic.php?t=9281
Come questo ci killa il problema? P ha grado n. Quindi sappiamo che:
$ ~ \sum_{i=0}^{n+1} (-1)^i {n+1 \choose i} P(i) = 0 $
Ricordando che $ ~ P(i) = {n+1 \choose i}^{-1} $ per i=0...n, la formula diventa:
$ ~ \left( \sum_{i=0}^{n} (-1)^i \right) + (-1)^{n+1} P(n+1) = 0 $
e da qui non sarà troppo difficile credo.
Notiamo anche che, grazie al fatto figo dimostrato sopra, abbiamo una formula esplicita per calcolare l'n+2- esimo valore di un polinomio di grado n, di cui sono dati i valori su n+1 reali in progressione.
sia P(x) un polinomio (i coefficienti possono essere qualunque cosa) di grado n. Allora, per ogni x:
$ ~ \sum_{i=0}^{n+1} (-1)^i {n+1 \choose i} P(x+i) = 0 $
Dimostrazione: consideriamo Q(x) = P(x+1) - P(x). Allora Q(x) ha grado n-1. Quindi per ipotesi induttiva:
$ ~ \sum_{i=0}^{n} (-1)^i {n \choose i} (P(x+i+1) - P(x+i)) = 0 $
E vi accorgerete senza troppi problemi che questo si riscrive come la nostra tesi.
Dimostrazione alternativa e combinatorialmente soddisfacente: viewtopic.php?t=9281
Come questo ci killa il problema? P ha grado n. Quindi sappiamo che:
$ ~ \sum_{i=0}^{n+1} (-1)^i {n+1 \choose i} P(i) = 0 $
Ricordando che $ ~ P(i) = {n+1 \choose i}^{-1} $ per i=0...n, la formula diventa:
$ ~ \left( \sum_{i=0}^{n} (-1)^i \right) + (-1)^{n+1} P(n+1) = 0 $
e da qui non sarà troppo difficile credo.
Notiamo anche che, grazie al fatto figo dimostrato sopra, abbiamo una formula esplicita per calcolare l'n+2- esimo valore di un polinomio di grado n, di cui sono dati i valori su n+1 reali in progressione.