Polinomi tali che $P(i)=i^i$

[dario2994]

Dato $n\in\mathbb{N_0}$ definisco $P_n(x)$ il polinomio tale che:

• $\deg(P_n)=n-1$
• $\displaystyle \forall i\in \{1,2,3,\dots , n-1,n\}:\ P_n(i)=i^i$

Dimostrare che esiste e determinare il valore di: $\displaystyle \lim_{n\to\infty }\frac{P_n(n+1)}{(n+1)^{n+1}}$

p.s. inventato da enigma

[bĕlcōlŏn]

Allora... Innanzitutto mi ricavo $P(n+1)$. Per farlo utilizzo un metodo simpatico.
Definisco $D_1(P(x))=P(x)-P(x-1)$ e poi per ricorrenza $D_k(P(x))=D_{k-1}(P(x))-D_{k-1}(P(x-1))$, per ogni $n\geq 2$. Ogni volta che faccio quest'operazione il grado diminuisce di uno perché i coefficienti direttivi si annullano, e si dimostra per induzione che $D_k(P(x))=\displaystyle\sum_{i=0}^k {k\choose i} (-1)^i P(x-i)$. Siccome il grado scende sempre di uno, in questo caso dopo $n$ passaggi si ottiene $D_n(P(x))=\displaystyle\sum_{i=0}^n {n\choose i} (-1)^i P(x-i)=0$.
Ora valuto tutto in $n+1$ isolando $P(n+1)$. E' facile vedere che si ottiene
$P(n+1)=-\displaystyle\sum_{i=1}^n {n \choose n-i}(-1)^i P(n-i+1)$
D'altra parte sappiamo che per ogni $1\leq i \leq n$, $P(n-i+1)=(n-i+1)^{n-i+1}$. Dunque
$P(n+1)=-\displaystyle\sum_{i=1}^n {n \choose n-i}(-1)^i (n-i+1)^{n-i+1}$
Ora spero che quello che sto per fare sia lecito
Innanzitutto mostro che $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}} = \dfrac{e^{-i}}{i!}$. Uso un'induzione: nel caso $i=1$ viene $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}$, che fa proprio $e^{-1}$. Ora passo da $i$ a $i+1$. Suppongo valga $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}} = \dfrac{e^{-i}}{i!}$, allora
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i-1}(n-i)^{n-i}}{(n+1)^{n+1}} =\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}} \cdot \displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{(n-i)^{n-i+1}}{(i+1)(n-i+1)^{n-i+1}}= $

$= \dfrac{e^{-i}}{(i+1)!}\cdot \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(1-\dfrac{1}{n-i+1}\right)^{n-i+1} = \dfrac{e^{-i-1}}{(i+1)!}$.

Ora ritorno al problema. Risulta
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n+1)}{(n+1)^{n+1}} = \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\displaystyle\lim_{n\to \infty} -(-1)^i \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}} $
$= \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{e^{-i}\cdot (-1)^{i+1}}{i!} = -\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{(-e^{-1})^{i}}{i!}$.
Ora quello è lo sviluppo di $e^x$, tranne il primo termine, quindi diventa $1-e^{-e^{-1}}$. Ora esattamente quest'ultima cosa dello sviluppo non saprei giustificarla, come posso fare? Comunque spero sia tutto ok.

[dario2994]

Allora... Innanzitutto mi ricavo $P(n+1)$. Per farlo utilizzo un metodo simpatico.
Definisco $D_1(P(x))=P(x)-P(x-1)$ e poi per ricorrenza $D_k(P(x))=D_{k-1}(P(x))-D_{k-1}(P(x-1))$, per ogni $n\geq 2$. Ogni volta che faccio quest'operazione il grado diminuisce di uno perché i coefficienti direttivi si annullano, e si dimostra per induzione che $D_k(P(x))=\displaystyle\sum_{i=0}^k {k\choose i} (-1)^i P(x-i)$. Siccome il grado scende sempre di uno, in questo caso dopo $n$ passaggi si ottiene $D_n(P(x))=\displaystyle\sum_{i=0}^n {n\choose i} (-1)^i P(x-i)=0$.
Ora valuto tutto in $n+1$ isolando $P(n+1)$. E' facile vedere che si ottiene
$P(n+1)=-\displaystyle\sum_{i=1}^n {n \choose n-i}(-1)^i P(n-i+1)$
D'altra parte sappiamo che per ogni $1\leq i \leq n$, $P(n-i+1)=(n-i+1)^{n-i+1}$. Dunque
$P(n+1)=-\displaystyle\sum_{i=1}^n {n \choose n-i}(-1)^i (n-i+1)^{n-i+1}$
Ora spero che quello che sto per fare sia lecito
Innanzitutto mostro che $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}} = \dfrac{e^{-i}}{i!}$. Uso un'induzione: nel caso $i=1$ viene $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}$, che fa proprio $e^{-1}$. Ora passo da $i$ a $i+1$. Suppongo valga $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}} = \dfrac{e^{-i}}{i!}$, allora
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i-1}(n-i)^{n-i}}{(n+1)^{n+1}} =\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}} \cdot \displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{(n-i)^{n-i+1}}{(i+1)(n-i+1)^{n-i+1}}= $

$= \dfrac{e^{-i}}{(i+1)!}\cdot \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(1-\dfrac{1}{n-i+1}\right)^{n-i+1} = \dfrac{e^{-i-1}}{(i+1)!}$.

Fin qui, non ho controllato con cura i vari indici ma è tutto giusto, pure formalmente (il limite di prodotto lo puoi scomporre in prodotto di limiti dato che sono tutti e 2 finiti quindi tutto ok anche formalmente)

$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n+1)}{(n+1)^{n+1}} =\displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\lim_{n\to \infty} -(-1)^i \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}}= \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{e^{-i}\cdot (-1)^{i+1}}{i!} = -\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{(-e^{-1})^{i}}{i!}$.
Ora quello è lo sviluppo di $e^x$, tranne il primo termine, quindi diventa $1-e^{-e^{-1}}$. Ora esattamente quest'ultima cosa dello sviluppo non saprei giustificarla, come posso fare? Comunque spero sia tutto ok.

Qui invece dai un poco i numeri... così come l'hai scritta non ha senso... all'apice della sommatoria ci sta un $n$ che non è nulla... forse volevi metterci $\infty$... ma anche in questo modo viene fuori una cosa che non è esattamente ovvia, dato che staresti dicendo, senza motivazioni, che: $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sum_{i=0}^nf(n,i)=\sum_{i=0}^{\infty}\lim_{n\to \infty}f(n,i)$ che insomma... mica è vera per ogni scelta di $f$... poi invece dopo la prima fantasiosa uguaglianza è tutto giusto (assumendo che all'apice della sommatoria ci sia $\infty$ ). Non c'è niente da giustificare, la storia dello sviluppo è vera per definizione
Quindi ti resta da dimostrare, sempre che sia vero, che vale $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{P(n+1)}{(n+1)^{n+1}} =\sum_{i=1}^{\infty} \lim_{n\to \infty} -(-1)^i \dfrac{{n \choose n-i}(n-i+1)^{n-i+1}}{(n+1)^{n+1}}$

[bĕlcōlŏn]

Hai ragione, inizialmente ci dovevano essere dei limiti con n che va ad infinito prima delle sommatorie, che poi sono saltati. Ho corretto quel typo. Per ora non sono riuscito a dimostrare formalmente lo spostamento del limite, ma ci sto provando... grazie per le correzioni

[bĕlcōlŏn]

Allora, con notevole aiuto di dario2994, propongo questa soluzione al fatto che mancava.
Innanzitutto metto in relazione $f(n,i-1)$ con $f(n,i)$. Vale la seguente relazione
$f(n,i-1)=-if(n,i)\left(1+\dfrac{1}{n-i+2}\right)^{n-i+2}$
Ciò basta a concludere che $|f(n,i-1)|>|f(n,i)|$. Allora possiamo scrivere
$|f(n,1)|>|f(n,2)|>...>|f(n,n)|>0$.
A questo punto $\displaystyle\sum_{i=1}^n f(n,i) = |f(n,1)|-|f(n,2)|+... \pm |f(n,n)|$.
Tronco questa somma in un punto $j$ dispari e poi nel successivo $j+1$. In questa maniera $|f(n,j)|$ ha il segno più e posso dire che
per la catena di disuguaglianze $|f(n,1)|-|f(n,2)|+...+|f(n,j)|>\displaystyle\sum_{i=1}^n f(n,i)$ perché da quel punto in poi
sottraggo uno più grande e aggiungo uno più piccolo (se l'ultimo termine è negativo, ancora peggio). Analogamente $\displaystyle\sum_{i=1}^n f(n,i)>|f(n,1)|-|f(n,2)|+...+|f(n,j)|-|f(n,j+1)|$. (Se i segni fossero invertiti basta scambiare i versi delle disuguaglianze). Prima ho mostrato che $|f(n,i)|$ con $i$ fissato ha limite, per n che va ad infinito, uguale a $\dfrac{e^{-j}}{j!}$. Dunque facendo tendere all'infinito $n$, si ha
$\dfrac{e^{-1}}{1!}-\dfrac{e^{-2}}{2!}+...+\dfrac{e^{-j}}{j!} > \lim_{n\to\infty} \displaystyle\sum_{i=1}^n f(n,i) > \dfrac{e^{-1}}{1!}-\dfrac{e^{-2}}{2!}+...+\dfrac{e^{-j}}{j!} -\dfrac{e^{-j-1}}{(j+1)!}$
A questo punto la somma è fra due espressioni che, sono due espressioni troncate dello sviluppo in serie di $1-e^{-e^{-1}}$. Dunque facendo tendere $j$ all'infinito, per il teorema dei carabinieri (giusto?), il limite centrale deve essere proprio quello.

[dario2994]

Todo giusto Non so se quello si chiama dei carabinieri, credo di sì però