E' dato un polinomio $ \displaystyle P(x) $ di grado $ \displaystyle \displaystyle n $ a coefficienti reali
(i) Dimostrare che $ \displaystyle P(x-1) $ è anch'esso un polinomio di grado $ \displaystyle \displaystyle n $
(ii) Mostrare che, se $ \displaystyle P(x) $ non è costante, allora $ \displaystyle P_{1}(x)=P(x)-P(x-1) $ è un polinomio di grado minore di $ \displaystyle \displaystyle n $
Continuando in questo modo definire i polinomi
$ \displaystyle \\
P_{2}(x)=P_{1}(x)-P_{1}(x-1), \\
P_{3}(x)=P_{2}(x)-P_{2}(x-1), \\
... \\
P_{i+1}(x)=P_{i}(x)-P_{i}(x-1) $
(iii) Mostrare che $ \displaystyle P(n) $ è costante, cioè che assume lo stesso valore per ogni $ \displaystyle x $
(iv) Sia $ \displaystyle Q(x) $ l'unico polinomio di grado 2005 tale che $ \displaystyle Q(k)=2^{k} $ per ogni intero $ \displaystyle 0 \le k \le 2005 $
Determinate $ \displaystyle Q(2006) $
Mi raccomando soprattutto per i primi punti...attenti a formalizzare
2006/2007 Indam
2006/2007 Indam
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
. Se qualcuno lo fa posti la soluzione per favore, così vedo come si faceva...Bè dato che ci siamo formalizzo la soluzione dei primi
Dunque per ipotesi
$ \displaystyle deg P(x)=n $
Dunque
$ \displaystyle P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{0} $
Ora andiamo con
$ \displaystyle P(x-1)=a_{n}{(x-1)}^{n}+a_{n-1}{(x-1)}^{n-1}+...+a_{0} $
Per lo sviluppo di Newton, nel nostro caso, verrebbe
$ \displaystyle (x-1)^{n}= \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}x^{n}(-1)^{k} $
Pertanto comparità il termine $ \displaystyle x^{n} $, quindi il polinomio è di grado $ \displaystyle \displaystyle n $ (punto i)
Pertanto nello sviluppo di ogni potenza in $ \displaystyle P(x-1) $ comparirà sempre la variabile con l'esponente e il coefficiente di $ \displaystyle P(x) $,
Quindi possimo riscrivere il tutto come
$ \displaystyle P(x-1)=P(x)-P_{1}(x) $, dove $ \displaystyle P_{1}(x) $ raccoglie tutti i termini di grado inferiore ad $ \displaystyle \displaystyle n $, quindi volendo scriverla come il problema
$ \displaystyle P_{1}(x)=P(x)-P(x-1) $, e per quanto detto
$ \displaystyle deg P_{1}(x)<n $ (punto ii)
Osserviamo che se tutti i coefficienti sono non nulli $ \displaystyle deg P_{1}(x)=n-1 $, quindi se il grado è $ \displaystyle \displaystyle n $, allora ripentendo il procedimento $ \displaystyle \displaystyle n $ volte avremo che $ \displaystyle deg P_{n}(x)=0 $ il che implica $ \displaystyle P_{n}(x)=k $ per ogni valore di $ \displaystyle \displaystyle x $, facendo un pò di calcoli con un pò di pazienza di dimostra abbastanza facilmente che il tutto vale anche omettendo l'ipotesi che i coefficienti siano tutti non nulli ma scrivere sta roba in latex sarebbe struggente...
Presa per buona questa
Ci rimane la bestia...
Allora premetto che si possono fare belle osservazioni...
inanzitutto l'ipotesi $ \displaystyle deg Q(x)=2005 $
$ \displaystyle Q(k)=2^{k} $ se $ \displaystyle 0 \le k \le 2005 $
Il che ci fà subbito scoprire che (sviluppando il polinomio)
$ \displaystyle Q(0)=a_{0}=2^{0}=1 $ ovvero che $ \displaystyle a_{0}=1 $,
oppure (anche se non sò fino a che punto sia utile)
$ \displaystyle Q(1)=\sum a_{i}=2 $
ovvelo che la somma dei coefficienti è 2
Sul resto ci sto lavorando...appena arrivo a qualcosa posto
Dunque per ipotesi
$ \displaystyle deg P(x)=n $
Dunque
$ \displaystyle P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{0} $
Ora andiamo con
$ \displaystyle P(x-1)=a_{n}{(x-1)}^{n}+a_{n-1}{(x-1)}^{n-1}+...+a_{0} $
Per lo sviluppo di Newton, nel nostro caso, verrebbe
$ \displaystyle (x-1)^{n}= \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}x^{n}(-1)^{k} $
Pertanto comparità il termine $ \displaystyle x^{n} $, quindi il polinomio è di grado $ \displaystyle \displaystyle n $ (punto i)
Pertanto nello sviluppo di ogni potenza in $ \displaystyle P(x-1) $ comparirà sempre la variabile con l'esponente e il coefficiente di $ \displaystyle P(x) $,
Quindi possimo riscrivere il tutto come
$ \displaystyle P(x-1)=P(x)-P_{1}(x) $, dove $ \displaystyle P_{1}(x) $ raccoglie tutti i termini di grado inferiore ad $ \displaystyle \displaystyle n $, quindi volendo scriverla come il problema
$ \displaystyle P_{1}(x)=P(x)-P(x-1) $, e per quanto detto
$ \displaystyle deg P_{1}(x)<n $ (punto ii)
Osserviamo che se tutti i coefficienti sono non nulli $ \displaystyle deg P_{1}(x)=n-1 $, quindi se il grado è $ \displaystyle \displaystyle n $, allora ripentendo il procedimento $ \displaystyle \displaystyle n $ volte avremo che $ \displaystyle deg P_{n}(x)=0 $ il che implica $ \displaystyle P_{n}(x)=k $ per ogni valore di $ \displaystyle \displaystyle x $, facendo un pò di calcoli con un pò di pazienza di dimostra abbastanza facilmente che il tutto vale anche omettendo l'ipotesi che i coefficienti siano tutti non nulli ma scrivere sta roba in latex sarebbe struggente...
Presa per buona questa
Ci rimane la bestia...
Allora premetto che si possono fare belle osservazioni...
inanzitutto l'ipotesi $ \displaystyle deg Q(x)=2005 $
$ \displaystyle Q(k)=2^{k} $ se $ \displaystyle 0 \le k \le 2005 $
Il che ci fà subbito scoprire che (sviluppando il polinomio)
$ \displaystyle Q(0)=a_{0}=2^{0}=1 $ ovvero che $ \displaystyle a_{0}=1 $,
oppure (anche se non sò fino a che punto sia utile)
$ \displaystyle Q(1)=\sum a_{i}=2 $
ovvelo che la somma dei coefficienti è 2
Sul resto ci sto lavorando...appena arrivo a qualcosa posto
Ultima modifica di angus89 il 29 apr 2008, 16:18, modificato 1 volta in totale.
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
ho visto il precedente topic con l'esercizio ma mi pare non utilizzi quello che è stato scoperto...
va bè io vado avanti con la mia soluzione...sono necessarie alcune osservazioni...che spero siano giuste, dato che sono un pò azzardate, ma credo che nei limiti dell'accettabile possano andare
allora...ricordate la storia sui polinomi?
Quella che mi dice che dato un polinomio di grado $ \displaystyle \displaystyle n $ il polinomio creato come
$ \displaystyle P_{1}(x)=P(x)-P(x-1) $ sarà di grado inferiore ad $ \displaystyle \displaystyle n $?
Bene utilizzando quella roba possiamo scrivere
$ \displaystyle Q_{1}(2006)=Q(2006)-Q(2005) $
Bè detto questo in linea di massima la difficoltà è nell'individuare il valore di $ \displaystyle Q_{1}(2006) $
Bè un'idea sarebbe quella di creare in successione i polinomi con il metodo che ho scritto sopra, facendo attenzione a specificare che la $ \displaystyle \displaystyle x $ sia compresa tra 0 e 2005 in modo da utilizzare la regola nota, e trovare il polinomio 2005.
Facendo così iniaziamo a scrivere i primi e facciamo delle osservazioni
$ \displaystyle \\ Q_{1}(x)=Q(x)-Q(x-1)=2^{x}-2^{x-1}=2^{x-1} \\ Q_{2}(x)=Q_{1}(x)-Q_{1}(x-1)=2^{x-1}-2^{x-2}=2^{x-2} \\ ...\\ Q_{2005}=2^{x-2005} $
Ora è necessaria la massima attenzione
Inanzitutto notiamo che ogni volta che scendiamo un gradino e troviamo il polinomio dividiamo il polinomio di partenza in 2.
Poi...tale regola và bene ma porta a confondere le idee...
ricordiamo che il grado del polinomio è $ \displaystyle deg Q(x)=2005 $...
Quindi...cosa importantissima...
Il polinomio $ \displaystyle P(x)=2^{x} $, cha assume il grado solo in base alla variabile che ci inseriamo, per il valore 2005 assume lo stesso valore di $ \displaystyle Q(2005) $
In definitiva $ \displaystyle P(2005)=Q(2005)=2^{2005} $, pertanto applicando la ben nota procedura al valore $ \displaystyle 2^{2005} $, ovvero ci basterà dividere 2005 volte, troviamo il valore costante che assume $ \displaystyle Q_{2005}(x)=1 $
Bè credo sia questa la strada...a questo punto bisognerebbe fare la risalita e arrivare a determinare$ \displaystyle Q_{1}(2006) $...
Se qualcuno sta seguendo il problema e vuol continuare ne sarei davvero grato...
Il post che contiene questo problema non è proprio uguale ed è affrontato in maniera molto differente...
Io mi fermo qui e spero sia giusto quanto detto...
va bè io vado avanti con la mia soluzione...sono necessarie alcune osservazioni...che spero siano giuste, dato che sono un pò azzardate, ma credo che nei limiti dell'accettabile possano andare
allora...ricordate la storia sui polinomi?
Quella che mi dice che dato un polinomio di grado $ \displaystyle \displaystyle n $ il polinomio creato come
$ \displaystyle P_{1}(x)=P(x)-P(x-1) $ sarà di grado inferiore ad $ \displaystyle \displaystyle n $?
Bene utilizzando quella roba possiamo scrivere
$ \displaystyle Q_{1}(2006)=Q(2006)-Q(2005) $
Bè detto questo in linea di massima la difficoltà è nell'individuare il valore di $ \displaystyle Q_{1}(2006) $
Bè un'idea sarebbe quella di creare in successione i polinomi con il metodo che ho scritto sopra, facendo attenzione a specificare che la $ \displaystyle \displaystyle x $ sia compresa tra 0 e 2005 in modo da utilizzare la regola nota, e trovare il polinomio 2005.
Facendo così iniaziamo a scrivere i primi e facciamo delle osservazioni
$ \displaystyle \\ Q_{1}(x)=Q(x)-Q(x-1)=2^{x}-2^{x-1}=2^{x-1} \\ Q_{2}(x)=Q_{1}(x)-Q_{1}(x-1)=2^{x-1}-2^{x-2}=2^{x-2} \\ ...\\ Q_{2005}=2^{x-2005} $
Ora è necessaria la massima attenzione
Inanzitutto notiamo che ogni volta che scendiamo un gradino e troviamo il polinomio dividiamo il polinomio di partenza in 2.
Poi...tale regola và bene ma porta a confondere le idee...
ricordiamo che il grado del polinomio è $ \displaystyle deg Q(x)=2005 $...
Quindi...cosa importantissima...
Il polinomio $ \displaystyle P(x)=2^{x} $, cha assume il grado solo in base alla variabile che ci inseriamo, per il valore 2005 assume lo stesso valore di $ \displaystyle Q(2005) $
In definitiva $ \displaystyle P(2005)=Q(2005)=2^{2005} $, pertanto applicando la ben nota procedura al valore $ \displaystyle 2^{2005} $, ovvero ci basterà dividere 2005 volte, troviamo il valore costante che assume $ \displaystyle Q_{2005}(x)=1 $
Bè credo sia questa la strada...a questo punto bisognerebbe fare la risalita e arrivare a determinare$ \displaystyle Q_{1}(2006) $...
Se qualcuno sta seguendo il problema e vuol continuare ne sarei davvero grato...
Il post che contiene questo problema non è proprio uguale ed è affrontato in maniera molto differente...
Io mi fermo qui e spero sia giusto quanto detto...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Pig mi faceva notare ieri sera, mentre ero tutta contenta di aver trovato una soluzione che $ P(x)=2^x $ non è un polinomio..angus89 ha scritto: Il polinomio $ \displaystyle P(x)=2^{x} $, cha assume il grado solo in base alla variabile che ci inseriamo, per il valore 2005 assume lo stesso valore di $ \displaystyle Q(2005) $
effettivamente ho sparato una cavolate grande come una casa...EUCLA ha scritto:Pig mi faceva notare ieri sera, mentre ero tutta contenta di aver trovato una soluzione che $ P(x)=2^x $ non è un polinomio..angus89 ha scritto: Il polinomio $ \displaystyle P(x)=2^{x} $, cha assume il grado solo in base alla variabile che ci inseriamo, per il valore 2005 assume lo stesso valore di $ \displaystyle Q(2005) $
quindi crolla una parte della dimostrazione...
però per via delle divisioni...credo che comunque sia corretto $ \displaystyle P_{2005}(x)=1 $
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
-
darkcrystal
- Messaggi: 706
- Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
- Località: Chiavari
Questo problema all'epoca mi aveva fatto dannare... però se uno vuole dimostrare che, detto $ Q_n(x) $ l'unico polinomio di grado n t.c. dia le potenze di due per $ 0 \leq x \leq n $, si ha $ Q_n(n+1)=2^{n+1}-1 $, gli può venire in mente di far una cosa simile:
$ Q_n(x+1)-Q_n(x)=Q_{n-1} (x) $ (che è vero per considerazioni di gradi ed identità in un numero sufficiente di punti), per cui $ Q_n(n+1)=Q_n(n)+Q_{n-1}(n)=2^n+Q_{n-1}(n) $, e ciò per induzione si riduce a dimostrare che $ Q_1(2)=3 $, che è abbastanza vero dal momento che $ Q_1(x)=x+1 $
Ciao!
$ Q_n(x+1)-Q_n(x)=Q_{n-1} (x) $ (che è vero per considerazioni di gradi ed identità in un numero sufficiente di punti), per cui $ Q_n(n+1)=Q_n(n)+Q_{n-1}(n)=2^n+Q_{n-1}(n) $, e ciò per induzione si riduce a dimostrare che $ Q_1(2)=3 $, che è abbastanza vero dal momento che $ Q_1(x)=x+1 $
Ciao!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
Membro dell'EATO
Allora...
Credo che darkcrystal abbia solo fatto un pò di confusione con gli indici del polinomio...Allora io provo a riscrivere un pò quello che ha scritto darkcrystal, che credo sia molto simile a quello che ho scritto io...
Allora dato che questo è per lui parto anche io dal caso genrale quindi avanti con le ipotesi
$ \displaystyle P(x)=2^{x} $ se $ \displaystyle 0 \le x \le n $
Quello che dobbiamo dimostrare è che $ \displaystyle P(x+1)=2^{x+1}-1 $
Per far ciò possiamo ricorrere a quello che è stato detto in precedenza sui polinomi, ovvero che possiamo definire un nuovo polinomio
$ \displaystyle \\ P_{1}(x)=P(x+1)-P(x) \\ P(x+1)=P(x)+P_{1}(x) \\ P(x+1)=2^{x}+P_{1}(x) $
Ci siamo ora ridotti a dimostrare che deve essere $ \displaystyle P_{1}(x)=2^{x}-1 $
E ciò lo si può fare facendo una sola osservazione...
Per quanto detto prima se creiamo dal polinomio di partenza sempre polinomi più piccoli secondo la ben nota regola (la faccio con la modifica di jordan)
$ \displaystyle \\ P_{1}(x)=P(x+1)-P(x) \\ P_{2}(x)=P_{1}(x+1)-P_{1}(x) \\ P_{3}(x)=P_{2}(x+1)-P_{2}(x) \\ ... \\ P_{n}(x)=k $
l'ultimo risultato dipende dai punti precedenti...riassunto sarebbe che il polinomio scende sempre di un grado e l'ennesima volta che facciamo il passaggio il polinomio ha grado 0 ed è pertanto costante...
Credo di aver più o meno fatto vedere prima (nel post precedente) che $ \displaystyle k=1 $...
Da qui i ragionamenti di darkcrystal li ho capiti ma credo che tra il capire e il dimostrare ce ne voglia...spero che qualcuno continui e vada avanti con la dimostrazione...
Credo che darkcrystal abbia solo fatto un pò di confusione con gli indici del polinomio...Allora io provo a riscrivere un pò quello che ha scritto darkcrystal, che credo sia molto simile a quello che ho scritto io...
Allora dato che questo è per lui parto anche io dal caso genrale quindi avanti con le ipotesi
$ \displaystyle P(x)=2^{x} $ se $ \displaystyle 0 \le x \le n $
Quello che dobbiamo dimostrare è che $ \displaystyle P(x+1)=2^{x+1}-1 $
Per far ciò possiamo ricorrere a quello che è stato detto in precedenza sui polinomi, ovvero che possiamo definire un nuovo polinomio
$ \displaystyle \\ P_{1}(x)=P(x+1)-P(x) \\ P(x+1)=P(x)+P_{1}(x) \\ P(x+1)=2^{x}+P_{1}(x) $
Ci siamo ora ridotti a dimostrare che deve essere $ \displaystyle P_{1}(x)=2^{x}-1 $
E ciò lo si può fare facendo una sola osservazione...
Per quanto detto prima se creiamo dal polinomio di partenza sempre polinomi più piccoli secondo la ben nota regola (la faccio con la modifica di jordan)
$ \displaystyle \\ P_{1}(x)=P(x+1)-P(x) \\ P_{2}(x)=P_{1}(x+1)-P_{1}(x) \\ P_{3}(x)=P_{2}(x+1)-P_{2}(x) \\ ... \\ P_{n}(x)=k $
l'ultimo risultato dipende dai punti precedenti...riassunto sarebbe che il polinomio scende sempre di un grado e l'ennesima volta che facciamo il passaggio il polinomio ha grado 0 ed è pertanto costante...
Credo di aver più o meno fatto vedere prima (nel post precedente) che $ \displaystyle k=1 $...
Da qui i ragionamenti di darkcrystal li ho capiti ma credo che tra il capire e il dimostrare ce ne voglia...spero che qualcuno continui e vada avanti con la dimostrazione...
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui
Non tutto quanto fino in fondo, però tutti i punti tranne l'ultimo sì. 