¿Cuál es el número mínimo de valores enteros positivos a los que determina de forma única un polinomio con coeficientes enteros?

Question

Dejemos que $p(x)$ sea un polinomio con coeficientes enteros positivos; entonces, ¿cuál es el número mínimo $k$ (dependiendo de $p(x)$ ) de enteros positivos distintos $r_1,..,r_k$ de tal manera que sabiendo $p(r_1),...,p(r_k)$ , $p(x)$ está determinada de forma única?

Mi trabajo: $p(1)$ es la suma de todos los coeficientes de $p(x)$ Así que si, por ejemplo $p(x)=a_nx^n+...+a_0$ Entonces, como todos los $a_i$ son positivos, por lo que $a_i \le p(1)$ así que dejar que $s:=p(1)$ ,

$$b=p(s+1)=a_n(s+1)^n+...+a_1(s+1)+a_0$$ es una representación del ineteger positivo $b$ en la base $s+1 (>1)$ ya que todos los $a_i$ son enteros positivos y $a_i<s+1$ ya que la representación en cualquier base es única, por lo que determinamos de forma única los coeficientes de $p(x)$ si sabemos $p(1)$ y $p(1+p(1))$ es decir $k=2$ , $r_1=1,r_2=1+p(1)$ . ¿Estoy en lo cierto?

Answer 1

Muy bonito. Has dado en el clavo. Voy a explicar básicamente lo que tienes en detalle pedante, de una manera ligeramente diferente, sólo para la seguridad y un poco de rigor. Bien, entonces lo que quieres demostrar es que para todos los pares de números naturales $r, s$ que hay un único polinomio $p$ con coeficientes enteros positivos, tal que $p(1) = s$ y $p(1 + p(1)) = r$ . Es decir, suponer que dicho polinomio existe, y luego demostrar que todos sus $a_i$ se determinan.

En primer lugar, vamos a reiterar lo siguiente que ya ha expuesto en su pregunta. Para cada $a_i$ tenemos:

$$a_i \leq \sum_{i=1}^n a_i = p(1) = s < s + 1 \dots (1)$$

Ahora, también se nos da $p(1 + p(1)) = p(s + 1) = r$ . Ahora, mostramos que podemos determinar de forma única todos los $a_i$ . Demostramos por inducción que cada $a_i$ está determinada de forma única. Para $a_0$ observamos que $a_0 \equiv p(s + 1)$ (mod $(s + 1)$ ). Pero por $(1)$ , $a_0 < s + 1$ y sólo hay un término menos que $s + 1$ para cualquier clase de congruencia, mod $s+1$ . Ahora, supongamos que todos $a_i$ se determinan hasta $a_k$ . Podemos demostrar que $a_{k+1}$ está determinada. Podemos estirar un poco las cosas y suponer que $a_{k+1} = 0$ si $k+1$ es mayor que el grado $n$ del polinomio; esto no perjudica en absoluto la prueba. Así que como tenemos todos los $a_i$ hasta $a_k$ entonces podemos calcular el "subpolinomio" como sigue:

$$s(k) = a_k(s + 1)^k + a_{k - 1}(s + 1)^{k-1} + \dots + a_0$$

Restando de $p(s + 1)$ nos encontramos con que:

$$p(s + 1) - s(k) = a_n(s + 1)^n + a_{n - 1}(s + 1)^{n-1} + \dots + a_{k + 1}(s + 1)^{k + 1} = (s + 1)^{k + 1}(a_n(s + 1)^{n - k - 1} + a_{n - 1}(s + 1)^{n-k -2} + \dots + a_{k + 1})$$

Dividir por $(s + 1)^{k + 1}$ y obtenemos:

$$a_n(s + 1)^{n - k - 1} + a_{n - 1}(s + 1)^{n-k -2} + \dots + a_{k + 1}$$

A partir de aquí, basta con emplear el mismo truco que antes utilizando congruencias para obtener $a_{k + 1}$ y voilá, ¡la prueba se hace por inducción!