Preguntas sobre un teorema de elaboración propia sobre polinomios

Question

Hace poco se me ocurrió este teorema:

Para cualquier polinomio complejo $P$ grado $n$ :

$$ \sum\limits_{k=0}^{n+1}(-1)^k\binom{n+1}{k}P(a+kb) = 0\quad \forall a,b \in\mathbb{C}$$

Básicamente, si $P$ es cuadrática, $P(a) - 3P(a+b) + 3P(a+2b) - P(a+3b) = 0$ (entradas de $P$ son términos consecutivos de cualquier secuencia aritmética). Esto se puede generalizar a cualquier otro grado.

• ¿Se ha descubierto esto? Si es así, ¿cuál es el nombre formal de este fenómeno?
• ¿Es significativo/tiene consecuencias importantes que esto sea cierto?
• ¿Se puede generalizar esto a los no polinomios?

Answer 1

En resumen: esto es bien conocido, pero definitivamente importante.

Lo más fácil es escribir esto en términos de diferencia finita operador $\Delta$ : $\Delta P(x)=P(x+1)-P(x)$ . Usted utiliza $P(x+b)$ en lugar de $P(x+1)$ pero es fácil ver que estas dos cosas son equivalentes; para mantener la coherencia con su notación, escribiré $\Delta_b$ para su operador.

La característica más importante del $\Delta_b$ es cómo afecta al grado de un polinomio:

Teorema: para cualquier polinomio no constante $P(x)$ El grado de $\Delta_b P(x)$ es uno menos que el grado de $P(x)$ .

Esquema de la prueba : Tenga en cuenta que el grado de $\Delta_b P(x)$ no es mayor que el grado de $P(x)$ . Ahora, escribe $P(x) = a_dx^d+Q(x)$ , donde $Q(x)$ es un polinomio de grado $d-1$ o menos. Entonces $P(x+b) =a_d(x+b)^d+Q(x+b)$ Así que $\Delta_b P(x) = a_d\left((x+b)^d-x^d\right)+\Delta_b Q(x)$ por el teorema del binomio $(x+b)^d=x^d+{d\choose 1}bx^{d-1}+\ldots$ Así que $(x+b)^d-x^d={d\choose 1}bx^{d-1}+\ldots$ es un polinomio de grado máximo $d-1$ y por lo tanto $\Delta_bP(x)$ es la suma de dos polinomios de grado máximo $d-1$ (A saber, $a_d\left((x+b)^d-x^d\right)$ y $\Delta_b Q(x)$ ), por lo que es de grado como máximo $d-1$ sí mismo.

(Es un poco más difícil demostrar que el grado de $\Delta_bP(x)$ es exactamente $d-1$ cuando $b \neq 0$ pero esto también se puede demostrar).

¿Por qué es importante? Porque se puede demostrar por inducción que su suma es exactamente el resultado de aplicar la $\Delta_b$ operador $d+1$ veces, donde $d$ es el grado del polinomio; como cada aplicación de $\Delta_b$ reduce el grado en uno, entonces $(\Delta_b)^dP(x)$ es un polinomio de grado cero -una constante- y por tanto $(\Delta_b)^{d+1}P(x)$ será idéntico a cero. Esta es exactamente su identidad.

Ahora bien, puede que sepas que el derivado de un polinomio de grado $d$ también es un polinomio de grado $d-1$ . Resulta que esto no es una coincidencia; $\Delta$ es muy similar a un derivado en muchos aspectos, con el Polinomios de Newton ${x\choose d}=\frac1{d!}x(x-1)(x-2)\cdots(x-d)$ que juega el papel del monomio $x^d$ con respecto a la derivada. Para más detalles, sugiero empezar con Página de Wikipedia sobre el cálculo de diferencias finitas .

De hecho, también podemos demostrar lo contrario (y esto responde a la pregunta sobre la generalización a los no polinomios en negativo). Trabajaré en términos de $\Delta$ en lugar de $\Delta_b$ pero, de nuevo, todos los resultados se generalizan fácilmente.

Tenga en cuenta que $\Delta^n P(x)$ sólo depende de los valores de $P(x+i)$ para $i$ un número entero entre $0$ y $n$ así, una función puede tomar arbitrario valores para $0\lt x\lt1$ y seguir satisfaciendo la identidad; no podemos decir mucho sobre los puntos generales. Sin embargo hace limitan los valores a números enteros:

Teorema: supongamos que $\Delta^{d+1}f(x)\equiv 0$ de forma idéntica. Entonces existe un polinomio $P(x)$ de grado $d$ tal que $f(n)=P(n)$ para todos los enteros $n$ .

La prueba funciona por inducción. Para simplificar, consideraré que todas las funciones están en $\mathbb{Z}$ ahora, y no considerar los valores no enteros en absoluto. Tenga en cuenta, en primer lugar, que si $\Delta f(x)=g(x)$ entonces $f(n)=f(0)+\sum_{i=0}^{n-1}g(i)$ . (Prueba por inducción: el caso $n=1$ es verdadera por definición, ya que $g(0)=\Delta f(0)=f(1)-f(0)$ implica que $f(1)=f(0)+g(0)$ . Ahora, asumiendo que es cierto para $n=k$ , en $n=k+1$ tenemos $f(k+1)=f(k)+g(k)$ $=f(0)+\sum_{i=0}^{k-1}g(i)+g(k)$ $=f(0)+\sum_{i=0}^kg(i)$ .) En particular, si $\Delta f(x)\equiv 0$ idénticamente, entonces $f(n)=f(0)$ para todos los enteros $n$ ; $f()$ es constante en $\mathbb{Z}$ .

Esto nos da el caso base para nuestra inducción; para inducir sólo tenemos que demostrar que si $\Delta f(x)$ es un polinomio de grado $d$ entonces $f(x)$ es un polinomio de grado $d+1$ . Pero supongamos, para concretar, que $\Delta f(x)=P(x)=\sum_{i=0}^da_ix^i$ . Entonces $f(n)=f(0)+\sum_{k=0}^{n-1}P(k)$ $=f(0)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\sum_{i=0}^da_ik^i\right)$ $=f(0)+\sum_{i=0}^da_i\left(\sum_{k=0}^{n-1}k^i\right)$ . Ahora, para cada $i$ la suma $\sum_{k=0}^{n-1}k^i$ entre paréntesis en esta última expresión se sabe que es un polinomio de grado $i+1$ (véase por ejemplo https://en.wikipedia.org/wiki/Faulhaber%27s_formula ), por lo que la expresión completa es un polinomio de grado $d+1$ como se iba a demostrar.

Answer 2

Lo que has escrito es la operador de diferencias finitas de orden $n+1$ actuando sobre $P$ , $$ \sum\limits_{k=0}^{n+1}(-1)^k\binom{n+1}{k}P(a+kb) =\Delta^{n+1} P(a+kb).$$

Obsérvese que por linealidad basta con que la propiedad se cumpla para todos los monomios $k^m, m\le n$ y se explica fácilmente por el hecho de que la diferencia de primer orden de un polinomio es un polinomio de grado uno menos.

$$(k+1)^m-k^m=k^m+mk^{m-1}+\cdots-k^m.$$

---

Ilustración ( $n=3$ ):

$$\Delta^4 k^m=((4^m-3^m)-(3^m-2^m))-((3^m-2^m)-(2^m-1^m)) \\-((3^m-2^m)-(2^m-1^m))-((2^4-1^m)-(1^4-0^m)) \\=4^m-4\cdot3^m+6\cdot2^m-4\cdot1^m+0^m.$$ y $$\begin{matrix} 1&&1&&1&&1&&1 \\&0&&0&&0&&0 \\&&0&&0&&0 \\&&&0&&0 \\&&&&0 \end{matrix}$$

$$\begin{matrix} 0&&1&&2&&3&&4 \\&1&&1&&1&&1 \\&&0&&0&&0 \\&&&0&&0 \\&&&&0 \end{matrix}$$

$$\begin{matrix} 0&&1&&4&&9&&16 \\&1&&3&&5&&7 \\&&2&&2&&2 \\&&&0&&0 \\&&&&0 \end{matrix}$$

$$\begin{matrix} 0&&1&&8&&27&&64 \\&1&&7&&19&&37 \\&&6&&12&&18 \\&&&6&&6 \\&&&&0 \end{matrix}$$

---

Observación final:

On puede demostrar que $\Delta_{n+1}k^{n+1}=(-1)^nn!$ , de modo que para un polinomio de grado $n+1$ la suma es

$$(-1)^nn!p_{n+1}b^{n+1},$$ independientemente de $a$ .

Answer 3

Este resultado es conocido y fue demostrado por un estudiante llamado Ruiz.

Aquí está la referencia :

Sebastián Martín Ruiz, Una identidad algebraica que conduce al teorema de Wilson , La Gaceta Matemática, 80 (489) 579-582 (noviembre de 1996).

Puede acceder a él en JSTOR : http://www.jstor.org/stable/3618534 o en el arXiv: arXiv:math/0406086 .

Answer 4

Este resultado no es nuevo. Lo que has escrito es la fórmula del $n$ -diferencia de orden hacia adelante y se puede encontrar incluso en Wikipedia .

Voy a mostrar una fórmula de representación que es válida para $C^n(\mathbb R)$ funciones, no sólo polinomios. Lo mismo se puede encontrar también aquí .

El punto clave es que las diferencias finitas y las derivadas conmutan: $D\Delta_h=\Delta_hD$ .

Para $f\in C^1(\mathbb R)$ se puede calcular $$ \frac1h\Delta_h[f](x) = \frac{f(x+h)-f(x)}h = \frac1h \int_0^h D[f](x+x_1) \,dx_1 $$

Para $f\in C^n(\mathbb R)$ iterando la fórmula anterior, se obtiene $$ \begin{split} \frac1{h^n}\Delta_h^n[f](x) &= \frac{\frac1{h^{n-1}}\Delta_h^{n-1}[f](x+h) - \frac1{h^{n-1}}\Delta_h^{n-1}[f](x)} {h} \\ &= \frac1h \int_0^h \frac1{h^{n-1}}D\Delta_h^{n-1}[f](x+x_1) \,dx_1 \\ &= \frac1{h^2} \int_0^h \int_0^h \frac1{h^{n-1}} D^2\Delta_h^{n-2}[f](x+x_1+x_2) \,dx_1dx_2 \\ &= \,\cdots \\ &= \frac1{h^n} \int_0^h\dotsi\int_0^h D^n[f](x+x_1+\dotsb+x_n) \,dx_1\dotsm dx_n . \end{split} $$

La última integral es una media ponderada de $D^n[f]$ sobre el segmento $[x,x+nh]$ . Más concretamente, dejemos que $X_1,\dotsc,X_n\sim\mathrm{Uniform}(0,h)$ sean i.i.d. y $S=X_1+\dotsb+X_n$ . Entonces la expresión anterior puede verse como $$ \frac1{h^n}\Delta_h^n[f](x) = \mathbb{E}\left[D^n[f](S)\right] $$

El teorema del valor medio de las integrales se aplica y nos dice que existe $x^*\in(x,x+nh)$ tal que $$ \frac1{h^n}\Delta_h^n[f](x) = D^n[f](x^*). $$

En cuanto a su proposición, se deduce trivialmente del hecho de que si $P$ es un polinomio de grado $n$ entonces $D^{n+1}[P]=0$ de forma idéntica, por lo que también $\Delta_h^{n+1}[P]=0$ .

Puedo recomendar la lectura de al menos Diferencia finita , Suma indefinida y Polinomio de Newton para conocer el material relacionado.