Polinomio potente!
-
Simo_the_wolf
- Moderatore
- Messaggi: 1053
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pescara
Polinomio potente!
Provare che $ \forall n \in N_0 $ esiste un polinomio p(x) di n-esimo grado a coefficienti interi tale che p(0),p(1), p(2), p(3),....,p(n) siano potenze distinte di 2.
-
HumanTorch
- Messaggi: 281
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Tricase
Mmm.. forse qualche polinomio-sommatoria, magari riarrangiando bene i coefficienti..comunque, procediamo con rigore
Per le proprietà dei polinomi se $ n>m $, $ P(n)-P(m)=P(n-m)-t $ dove $ t $ è il termine noto ed è esso stesso una potenza di $ 2 $.
Ovviamente $ n-m $ appartiene all'intervallo $ [0;n] $, quindi $ P(n)-P(m)=P(n-m)-P(0) $, ovvero generalizzando $ P(k)-P(j)=P(k-f)-P(j-f) $ $ =P(k)-P(f)+t-P(j)+P(f)-t $, con $ k\ge j\ge f $(1)
Per la (1), se $ k-j=1 $, allora $ P(0)=2^i $ e $ (P(k)) $ con
$ k:1\rightarrow n $ costituisce una progressione aritmetica i cui termini sono tutte potenze di due..c'è qualcosa che non quadra?
EDIT: Quanto sono pirla..mi stavo riferendo solo ai polinomi di 1°grado..
Per le proprietà dei polinomi se $ n>m $, $ P(n)-P(m)=P(n-m)-t $ dove $ t $ è il termine noto ed è esso stesso una potenza di $ 2 $.
Ovviamente $ n-m $ appartiene all'intervallo $ [0;n] $, quindi $ P(n)-P(m)=P(n-m)-P(0) $, ovvero generalizzando $ P(k)-P(j)=P(k-f)-P(j-f) $ $ =P(k)-P(f)+t-P(j)+P(f)-t $, con $ k\ge j\ge f $(1)
Per la (1), se $ k-j=1 $, allora $ P(0)=2^i $ e $ (P(k)) $ con
$ k:1\rightarrow n $ costituisce una progressione aritmetica i cui termini sono tutte potenze di due..c'è qualcosa che non quadra?
EDIT: Quanto sono pirla..mi stavo riferendo solo ai polinomi di 1°grado..
Ultima modifica di HumanTorch il 25 giu 2005, 11:17, modificato 4 volte in totale.
-
Simo_the_wolf
- Moderatore
- Messaggi: 1053
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pescara
Beh guarda, ultimamente le mie capacità stanno rapidamente scemando...
in ogni caso, non avevo letto che si parlava di polinomi con coefficienti interi e non ho specificato che il problema dopo non presupponeva ciò (anche se non l'ho mai scritto)... in effetti i 2 problemi allora sono diversi...
beh! Ora ho un problema su cui pensare invece di studiare, e anche tu, allora, no?
Per ora mi limito ad osservare che il tuo polinomio non può avere le potenze di 2 in sequenza (questo fà abbandonare diversi approcci), altrimenti per il principio di identità dei polinomi sarebbe uguale al mio che abbiamo capito non avere ceofficienti interi...
in ogni caso, non avevo letto che si parlava di polinomi con coefficienti interi e non ho specificato che il problema dopo non presupponeva ciò (anche se non l'ho mai scritto)... in effetti i 2 problemi allora sono diversi...
beh! Ora ho un problema su cui pensare invece di studiare, e anche tu, allora, no?
Per ora mi limito ad osservare che il tuo polinomio non può avere le potenze di 2 in sequenza (questo fà abbandonare diversi approcci), altrimenti per il principio di identità dei polinomi sarebbe uguale al mio che abbiamo capito non avere ceofficienti interi...
Riguardo al tuo problema, impostando un sistema e risolvendolo, andando avanti per diiferenze che portano a diversi binomiali e fattoriali, sono stato portato a congetturare che se:
P(ai)= 2^(bi) per 0<=i<=n---bi naturali diversi
e se
(i-k)| (Pi)-P(k) per ogni i e k intero tali che 0<=i,k<=n ed i<>k
--> allora il polinomio di n-esimo grado passante per quei punti è a coefficienti interi...
se questo è vero, non è difficile trovare delle potenze di due che rispettino le condizioni... Il fattoche la condizione sia necessaria per avere il polinomio a coefficienti interi mi pare vero, che sia sufficiente non sò... Del resto se i P(ai) non fossero potenze di 2 non è difficile con un pò di calcoli trovare un contro-esempio che porta la tesi ad essere falsa... bah... per ora lo lascio così! byez
P(ai)= 2^(bi) per 0<=i<=n---bi naturali diversi
e se
(i-k)| (Pi)-P(k) per ogni i e k intero tali che 0<=i,k<=n ed i<>k
--> allora il polinomio di n-esimo grado passante per quei punti è a coefficienti interi...
se questo è vero, non è difficile trovare delle potenze di due che rispettino le condizioni... Il fattoche la condizione sia necessaria per avere il polinomio a coefficienti interi mi pare vero, che sia sufficiente non sò... Del resto se i P(ai) non fossero potenze di 2 non è difficile con un pò di calcoli trovare un contro-esempio che porta la tesi ad essere falsa... bah... per ora lo lascio così! byez
-
Simo_the_wolf
- Moderatore
- Messaggi: 1053
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pescara
Simpatico problema info!
Allora, diciamo che $ p_n(x) $ è il polinomio di n-esimo grado per cui si ha che $ p_n(x)=2^x $ per $ x=0 .. n $. Esso sarà unico poichè abbiamo $ n+1 $ incognite (i coefficienti) e lo stesso numero di equazioni. Vediamo ora cos'è il polinomio $ q_n(x)=p_n(x+1)-p_n(x) $. Questo nuovo polinomio è di n-1 esimo grado ed è tale che $ q_n(x)=p_n(x+1)-p_n(x)=2^{x+1}-2^x=2^x $ per $ x=0.. n-1 $. Ma allora $ q_n(x)=p_{n-1}(x) $ e quindi possiamo definire ricorsivamente $ p_n(n+1)=p_{n-1}(n)+p_n(n)=p_{n-1}(n)+2^n $. Ma allora $ p_n(n+1)=p_1(2)+2^{n+1}-4 $. Ma un polinomio di primo grado t.c. $ p(0)=1 $ e $ p(1)=2 $ è $ p(x)=x+1 $ quindi $ p_1(2)=3 $ e allora $ p_n(n+1)=2^{n+1}-1 $.
In particolare si vede che il polinomio è $ \displaystyle p_n(x)= \sum_{i=1}^n \binom xi $ dove $ \binom xi=x(x-1)(x-2)...(x-i+1)\frac 1{i!} $
x il mio problema: Bisognerebbe trovare il modo di costruire un dato polinomio...
Allora, diciamo che $ p_n(x) $ è il polinomio di n-esimo grado per cui si ha che $ p_n(x)=2^x $ per $ x=0 .. n $. Esso sarà unico poichè abbiamo $ n+1 $ incognite (i coefficienti) e lo stesso numero di equazioni. Vediamo ora cos'è il polinomio $ q_n(x)=p_n(x+1)-p_n(x) $. Questo nuovo polinomio è di n-1 esimo grado ed è tale che $ q_n(x)=p_n(x+1)-p_n(x)=2^{x+1}-2^x=2^x $ per $ x=0.. n-1 $. Ma allora $ q_n(x)=p_{n-1}(x) $ e quindi possiamo definire ricorsivamente $ p_n(n+1)=p_{n-1}(n)+p_n(n)=p_{n-1}(n)+2^n $. Ma allora $ p_n(n+1)=p_1(2)+2^{n+1}-4 $. Ma un polinomio di primo grado t.c. $ p(0)=1 $ e $ p(1)=2 $ è $ p(x)=x+1 $ quindi $ p_1(2)=3 $ e allora $ p_n(n+1)=2^{n+1}-1 $.
In particolare si vede che il polinomio è $ \displaystyle p_n(x)= \sum_{i=1}^n \binom xi $ dove $ \binom xi=x(x-1)(x-2)...(x-i+1)\frac 1{i!} $
x il mio problema: Bisognerebbe trovare il modo di costruire un dato polinomio...
mmm... per esempio con n=4, detti p(0)=A, P(1)=B, p(2)=C, P(3)=D, P(4)=E, detto a4 il coefficiente di grado massimo (tutto deriva dalla risoluzione di un sistema):
(4!) * a4= E - 4D + 6C - 4B + A
da cui si nota che i coefficienti a destra sono quelli del triangolo di tartaglia... le condizioni (credo sufficienti perchè il polinomio sia a coefficienti interi) per n=4 diventano:
4! | E - 4D + 6C - 4B + A
3! | D - 3C + 3B - A
2! | C - 2B + A
e si potrebbe generalizzzare, per esemipo per n=5 credo rimanga uguale tutto ma si aggiunge la condizione
5! | F - 5E + 10D - 10C + 5B - A
... a destra ci sono sempre i coefficienti binomiali... bon ho semplicemente riscritto ciò che avevo trovato prima della "congettura" così anch'io mi chiarivo un pò le idee... magari c'è un modo più intelligente per costruire il polinomio di un banale sistema...bona! Devo studiare... saluti!
Ah! Complimenti per la veloce risoluzione dell'altro problema, Simo... ma non vi erano dubbi, eh! Sono contento che ti sia piaciuto!
(4!) * a4= E - 4D + 6C - 4B + A
da cui si nota che i coefficienti a destra sono quelli del triangolo di tartaglia... le condizioni (credo sufficienti perchè il polinomio sia a coefficienti interi) per n=4 diventano:
4! | E - 4D + 6C - 4B + A
3! | D - 3C + 3B - A
2! | C - 2B + A
e si potrebbe generalizzzare, per esemipo per n=5 credo rimanga uguale tutto ma si aggiunge la condizione
5! | F - 5E + 10D - 10C + 5B - A
... a destra ci sono sempre i coefficienti binomiali... bon ho semplicemente riscritto ciò che avevo trovato prima della "congettura" così anch'io mi chiarivo un pò le idee... magari c'è un modo più intelligente per costruire il polinomio di un banale sistema...bona! Devo studiare... saluti!
Ah! Complimenti per la veloce risoluzione dell'altro problema, Simo... ma non vi erano dubbi, eh! Sono contento che ti sia piaciuto!
E’ finitaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa… ok… a parte questo, ecco un modo per costruire un polinomio di n grado tale che P(xo)=ao P(x1)=a1… P(xn)=an…
E’ una sommatoria di termini di questo tipo:
[(x-x1)(x-x2)(x-x3)…(x-xn)] / [(xo-x1)(xo-x2)(xo-x3)…(xo-xn)] *a0 +
[(x-xo)(x-x2)(x-x3)…(x-xn)] / [(x1-xo)(x1-x2)(x1-x3)…(x1-xn)] *a1 +
….
E così via… si verifica che i coefficienti di ak si annullano per x<>xk, mentre sono uguali ad uno per x=xk…
Ora però ponendo x0=0, x1=1, …, xk=k come nel problema si ha che il polinomio è automaticamente a coefficienti interi se k!(n-k)! | ak, ma non è questo il caso… altrimenti si svolgono i calcoli per i coefficienti… Esplicitando nella formula il coefficiente di x^n viene (credo: l’ho fatto ieri sera prima di dormire):
S ai / [ i!(n-i)!*(-1)^(n-1)]
Il che mi fa capire che forse il metodo del sistemone era più facile… bah! Non è che ci abbia provato granchè, ma cmq sono sicuro che appena qualcuno scriverà la sol, questa sarà semplice e lineare...
E’ una sommatoria di termini di questo tipo:
[(x-x1)(x-x2)(x-x3)…(x-xn)] / [(xo-x1)(xo-x2)(xo-x3)…(xo-xn)] *a0 +
[(x-xo)(x-x2)(x-x3)…(x-xn)] / [(x1-xo)(x1-x2)(x1-x3)…(x1-xn)] *a1 +
….
E così via… si verifica che i coefficienti di ak si annullano per x<>xk, mentre sono uguali ad uno per x=xk…
Ora però ponendo x0=0, x1=1, …, xk=k come nel problema si ha che il polinomio è automaticamente a coefficienti interi se k!(n-k)! | ak, ma non è questo il caso… altrimenti si svolgono i calcoli per i coefficienti… Esplicitando nella formula il coefficiente di x^n viene (credo: l’ho fatto ieri sera prima di dormire):
S ai / [ i!(n-i)!*(-1)^(n-1)]
Il che mi fa capire che forse il metodo del sistemone era più facile… bah! Non è che ci abbia provato granchè, ma cmq sono sicuro che appena qualcuno scriverà la sol, questa sarà semplice e lineare...
Info,hai reinventato la formula del polinomio interpolatore di Lagrange
(mi pare si chiami cosi', ma ce ne sono molte altre).
Leggo che hai finito gli esami di maturita':spero ci farai sapere l'intervallo
interpolatore..pardon di appartenenza del tuo voto finale.
In bocca al lupo.
(mi pare si chiami cosi', ma ce ne sono molte altre).
Leggo che hai finito gli esami di maturita':spero ci farai sapere l'intervallo
interpolatore..pardon di appartenenza del tuo voto finale.
In bocca al lupo.
Ultima modifica di karl il 03 ott 2006, 12:59, modificato 1 volta in totale.
-
Simo_the_wolf
- Moderatore
- Messaggi: 1053
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pescara
@ Simo: no! Non sapendolo risolvere, ho provato a trovare dei modi per costruire quel polinomio come hai suggerito e vedere se qualcosa veniva fuori... Ho trovato quelle due vie, ma poi ho lasciato là il problema... Ultimamente sono sommerso in questo sito da problemi che non mi riescono... il tuo l'ho lasciato là...
@karl: grazie mille!!! I risultati domani sera! Ti farò sapere!
@karl: grazie mille!!! I risultati domani sera! Ti farò sapere!
OT:
@ karl: dato che sei stato così gentile dal chiedermelo ti rispondo la sera stessa! Ho preso un bel 100!!!! Solo che mi dispiace un pò per ben 3 dei miei compagni cannati... inoltre, a parte un altro 100, in classe mia il terzo voto era sull'80 e poi tanti 60-70... mi lascia un pò perplesso: a parte mate e fisica, io non è che creda di essere 30 punti più bravo rispetto ai miei compagni... due materie possono fare la differenza? mah! Cmq è definitivamente finita e sono felicissimooooo!!!!!! (certo! forse questa ostentazione è fuori luogo visti gli avvenimenti poco felici di oggi: in effetti anche le mie emozioni oscillano...)... Cmq tra poco.. vacanze!!!!
Alla prox ( magari con la sol di qualche esercizio . Riproverò la diofantea di Hitleuler stasera se non ho niente di maglio da fare... )
Ah! Ma non c'è nessuno che prova questo esercizio? Comq mai Hitleuler non ci si è già fiondato????
@ karl: dato che sei stato così gentile dal chiedermelo ti rispondo la sera stessa! Ho preso un bel 100!!!! Solo che mi dispiace un pò per ben 3 dei miei compagni cannati... inoltre, a parte un altro 100, in classe mia il terzo voto era sull'80 e poi tanti 60-70... mi lascia un pò perplesso: a parte mate e fisica, io non è che creda di essere 30 punti più bravo rispetto ai miei compagni... due materie possono fare la differenza? mah! Cmq è definitivamente finita e sono felicissimooooo!!!!!! (certo! forse questa ostentazione è fuori luogo visti gli avvenimenti poco felici di oggi: in effetti anche le mie emozioni oscillano...)... Cmq tra poco.. vacanze!!!!
Alla prox ( magari con la sol di qualche esercizio
. Riproverò la diofantea di Hitleuler stasera se non ho niente di maglio da fare... )Ah! Ma non c'è nessuno che prova questo esercizio? Comq mai Hitleuler non ci si è già fiondato????
