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Allora:

Sia $ p_n(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^n a_ix^i $ un polinomio di grado $ n>0 $ tale che:

$ p_n(x)=2^x $ per ogni $ 0\leq x<n $ (con $ x $ intero si intende)

Determinare $ p_n(n) $ in funzione di $ n $ e di $ a_n $

buon lavoro

Dunque dunque... prima mi sono imbarcato in una strada che ha prodotto solo guai, poi Piever mi ha dato un hint che non ho capito ... alla fine sono approdato a questa splendida soluzione, che candido come mia proposta per il premio Soluzione più Orribile dell'Anno 2007:
costruiamo un polinomio $ q(x) $ in questo modo: poniamo $ q(x)=\frac{1}{0!}+x*r_1(x) $. Definiamo inoltre i polinomi $ r_k(x)=(x-k)r_{k+1}(x)+\frac{1}{k!} $ per $ 0 \leq k \leq n-1 $ e $ r_n(x)=a_n $ dove $ a_n $ è il coefficiente direttivo di $ p(x) $
Verifica ovvia: q(x) è dello stesso grado e con lo stesso coefficiente direttivo di p(x)
Verifica un po' meno ovvia: q(x) fa quello che fa p(x), cioè $ q(i)=2^i, 0 \leq i \leq n-1 $. Infatti, scrivendo per esteso q(i), si vede che le frazioni con denominatore $ j! $ non contribuiscono al valore del polinomio se i<j, altrimenti contribuiscono come $ i!/(i-j)!j!={i \choose j} $. Perciò sommandoli tutti viene $ \sum_{j=0}^{i}{i \choose j}=2^i $.
Quindi, per il principio di identità dei polinomi, q(x) è in realtà p(x). Vogliamo quindi calcolare $ q(n) $. Per la prima volta $ a_n $ dà un qualche contributo, in particolare $ a_n*n! $. Del resto i fattoriali li sommiamo tutti, ma sono solo n-1: manca $ n \choose n $. Perciò $ q(n)=n! \cdot a_n + \sum_{i=0}^{n} {n \choose i} - {n \choose n}=n! \cdot a_n + 2^n - 1 $


Ciao!

Visto che mi è stato fatto notare via PM che non si capisce nulla della soluzione di sopra, ho provato a riscriverla, spero con più successo...

Quello che volevo dire è questo: vediamo come è fatto $ q(x)=1+x*r_1(x)=1+x\left( (x-1)r_2(x)+\frac{1}{1!} \right)= $$ 1+x\left( (x-1)\left((x-2)r_3(x)+\frac{1}{2!} \right)+\frac{1}{1!} \right)=... $
Prendiamo ora il generico termine $ \frac{1}{i!} $. Questo sta dentro l'i-esima parentesi, quindi, affinchè "conti qualcosa" nel valore di $ q(j), 0\leq j \leq n-1 $, (immaginando quindi di svolgere tutti i prodotti e di sostituire un valore j alla lettera x), nessuno dei termini che moltiplicano la parentesi dentro cui si trova deve essere zero, in altri termini $ \displaystyle \prod_{k=0}^{i-1}(x-k) \neq 0 $, altrimenti essendo questo termine moltiplicato per zero non ha alcuna influenza nel valore di q(j). D'altro canto la condizione scritta equivale a dire $ j \geq i $, come si vede sostituendo nella produttoria e considerando che j è intero.
Questo ci dice che quando calcoliamo $ q(j) $ i termini che, svolgendo il prodotto, non siano nulli sono esattamente j+1 (c'è anche il +1 iniziale): si tratta infatti di tutte le frazioni con denominatore il fattoriale di un numero $ \leq j $.
Detto questo, questi fattoriali, svolto il prodotto, compaiono moltiplicati per un opportuno fattore, che dipende sia da i (dove i è l'intero di cui facciamo il fattoriale), sia da j.
In che modo questo coefficiente dipende da i e da j? Beh, è ovvio vedere che i fattoriali vengono moltiplicati per $ j(j-1)(j-2)...(j-i+1) $, ossia per tutte le parentesi più "esterne" di quella in cui si trova lui. Ma quest'ultima quantità si scrive meglio come $ \frac{j!}{(j-i)!} $, e moltiplicando $ \frac{1}{i!} $ per $ \frac{j!}{(j-i)!} $ si ottiene $ \frac{j!}{i!(j-i)!}={j \choose i} $
Questo per ogni fattoriale che nel prodotto non è zero, cioè esattamente per i che va da 0 a j: $ \displaystyle \sum_{i=0}^j {j \choose i} $ che, come è noto, fa $ 2^j $.
Tutto ciò ci porta a dire, per il principio di identità dei polinomi, che dato che p(x) e q(x) assumono lo stesso valore in n punti, hanno lo stesso grado e lo stesso coefficiente direttivo, sono in realtà lo stesso polinomio. (Ah, coefficiente direttivo = coefficiente del termine di grado più alto)
Perciò in particolare $ p(n)=q(n) $. Calcoliamo dunque q(n)!
In questo caso TUTTI i fattoriali non sono zero, e vengono moltiplicati per la solita quantità, ma dato che in totale sono solo n, non è possibile che la somma di questi faccia $ 2^n $. In effetti manca il termine $ \frac{1}{n!} $ che corrisponderebbe al binomiale $ {n \choose n}=1 $, dunque la somma di tutti questi stavolta fa $ 2^n-1 $. Infine c'è da considerare che nella parentesi più "annidata" (chiamala più interna, se vuoi) di tutte c'è anche un termine "sparso", che è $ a_n $. Per quanto viene moltiplicato? Per tutte le parentesi più esterne di lui, sostituendo $ x=n $. Ossia: $ \displaystyle \prod_{i=0}^{n-1}(n-i) = n! $, pertanto, svolgendo il prodotto, questo dà origine ad un termine $ n! \cdot a_n $. Ci sono altri termini? Ovviamente no: i fattoriali li abbiamo contati tutti e l'unico altro termine era $ a_n $. Quindi abbiamo finito! $ q(n)=n! \cdot a_n + 2^n -1 $

Ciao a tutti!

Perdonami ma non sono riuscito a leggere per intero la tua soluzione, comunque il risultato e' giusto.


Mettiamola cosi' (l'idea originale e' di Nicolas, non so se ci sono problemi di copyright...):

$ q_n(x) $ e' un polinomio di grado n definito in questo modo:

$ q_0(x)=1 $

$ \displaystyle q_n(x)=1+\sum_{i=0}^{x-1} q_{n-1}(i) $

Ora possiamo facilmente verificare che per $ 0\leq x\leq n $ si ha: $ q_n(x)=2^x $

Infatti basta esaminare a mano $ q_0 $ e vedere, per i casi successivi, che sommando le prime x-1 potenze di 2 e aggiungendo 1 si otttiene $ 2^x $.

Nella stessa maniera ricorsiva si vede che $ q_n(n+1)=2^{n+1}-1 $

Ora anche osservatori poco acuti come me, notano che:

$ p_{n+1}(x)=q_{n}(x)+a_n*x*(x-1)*(x-2)*...*(x-n) $

Siccome abbiamo visto che $ q_n(n+1)=2^{n+1}-1 $ possiamo ricavare che $ p_{n+1}(n+1)=2^{n+1}-1+a_n*(n+1)! $

Dando una scorsa a quello che hai scritto tu, pare che l'idea base sia la stessa, spero di averla resa un po' piu' chiara (come dice Alain Connes: "quando qualcosa ci e' chiaro, lo si puo' scrivere in una riga..")