si $xP(x)=x^t+P(x-1)$ encontrar el $t\equiv ?\pmod 3$

Question

Dejemos que los polinomios $P(x)\in Z[x]$ y tal $\deg{(P(x))}=t-1$ y tal para cualquier $x$ tienen $$xP(x)=x^t+P(x-1)$$

Encuentre el $t\equiv ?\pmod 3$ ?

Trato de dejar $P(x)=x^{t-1}+a_{t-2}x^{t-2}+\cdots+a_{1}x+a_{0}$ donde $a_{i}\in Z$

por lo que tenemos $$a_{t-2}x^{t-1}+a_{t-3}x^{t-2}+\cdots+a_{1}x^2+a_{0}x=(x-1)^{t-1}+a_{t-2}(x-1)^{t-2}+\cdots+a_{1}(x-1)+a_{0}$$

Answer 1

Dejemos que $P(x) = \displaystyle\sum_{k = 0}^{t-1}a_kx^k$ donde $a_k \in \mathbb{Z}$ . Además, para $r = 0,1,\ldots,5$ definir $S_r = \displaystyle\sum_{\substack{k = 0\\k \equiv r \pmod{6}}}^{t-1}a_k$ .

Tenga en cuenta que para $x = e^{i\tfrac{\pi}{3}} = \tfrac{1}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}i$ tenemos $x-1 = -\tfrac{1}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}i = e^{i\tfrac{2\pi}{3}}$ .

Conectando $x = e^{i\tfrac{\pi}{3}}$ en la identidad $xP(x) - P(x-1) = x^t$ y utilizando el hecho de que $e^{i\tfrac{\pi}{3}k}$ y $e^{i\tfrac{2\pi}{3}k}$ son $6$ -periódico, obtenemos:

$$e^{i\tfrac{\pi}{3}}P\left(e^{i\tfrac{\pi}{3}}\right) - P\left(e^{i\tfrac{2\pi}{3}}\right) = e^{i\tfrac{\pi}{3}t}$$

$$\sum_{k = 0}^{t-1}a_ke^{i\tfrac{\pi}{3}(k+1)} - \sum_{k = 0}^{t-1}a_ke^{i\tfrac{2\pi}{3}k} = e^{i\tfrac{\pi}{3}t}$$

$$\sum_{k = 0}^{t-1}a_k\left(e^{i\tfrac{\pi}{3}(k+1)} - e^{i\tfrac{2\pi}{3}k}\right) = e^{i\tfrac{\pi}{3}t}$$

$$\left[-\tfrac{1}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}i\right]S_0 + \left[-\tfrac{1}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}i\right]S_2 + \left[-\tfrac{3}{2}-\tfrac{\sqrt{3}}{2}i\right]S_3 + \left[1-\sqrt{3}i\right]S_4 + \left[\tfrac{3}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}i\right]S_5 = e^{i\tfrac{\pi}{3}t}$$

Al igualar las partes reales e imaginarias se obtiene:

$$\tfrac{1}{2}\left[-S_0-S_2-3S_3+2S_4+3S_5\right] = \cos\left(\tfrac{\pi}{3}t\right)$$

$$\tfrac{\sqrt{3}}{2}\left[S_0+S_2-S_3-2S_4+S_5\right] = \sin\left(\tfrac{\pi}{3}t\right)$$

Entonces, $2$ veces la ecuación de la parte real más $\tfrac{2}{\sqrt{3}}$ por la ecuación de la parte imaginaria da:

$$4(S_5-S_3) = 2\cos\left(\tfrac{\pi}{3}t\right)+\tfrac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(\tfrac{\pi}{3}t\right)$$

Desde el $a_k$ son números enteros, el $S_r$ son también enteros. Así que, $4(S_5-S_3)$ debe ser un múltiplo de $4$ . Pero, $$2\cos\left(\tfrac{\pi}{3}t\right)+\tfrac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(\tfrac{\pi}{3}t\right) = \begin{cases}2 & \text{if} \ t \equiv 0 \ \text{or} \ 1 \pmod{6} \\ 0 & \text{if} \ t \equiv 2 \ \text{or} \ 5 \pmod{6} \\ -2 & \text{if} \ t \equiv 3 \ \text{or} \ 4\pmod{6}\end{cases}.$$

Por lo tanto, $t \equiv 2 \ \text{or} \ 5 \pmod{6}$ y por lo tanto, $\boxed{t \equiv 2 \pmod{3}}$ .

Nota: Es fácil comprobar que $t = 2$ y $P(x) = x+1$ es una solución. Es posible que haya otras soluciones para las grandes $t \equiv 2\pmod{3}$ .

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Análisis adicional : Sustituyendo la suma por $P(x)$ en $xP(x) = x^t+P(x-1)$ tenemos:

$$\sum_{k = 0}^{t-1}a_kx^{k+1} = x^t + \sum_{n = 0}^{t-1}a_n(x-1)^n$$ $$\sum_{k = 1}^{t}a_{k-1}x^k = x^t + \sum_{n = 0}^{t-1}a_n\left(\sum_{k = 0}^{n}\dbinom{n}{k}(-1)^{n-k}x^k\right)$$ $$a_{t-1}x^t + \sum_{k = 1}^{t-1}a_{k-1}x^k = x^t + \sum_{k = 0}^{t-1}\left(\sum_{n = k}^{t-1}a_n\dbinom{n}{k}(-1)^{n-k}\right)x^k$$

Al igualar los coeficientes correspondientes, obtenemos:

$$a_{t-1} = 1$$

$$a_{k-1} = \sum_{n = k}^{t-1}a_n\dbinom{n}{k}(-1)^{n-k} \ \text{for} \ k = 1,\ldots,t-1$$

$$0 = \sum_{n = 0}^{t-1}a_n(-1)^{n}$$

Las dos primeras ecuaciones determinan únicamente los coeficientes $a_k$ para $k = 0,\ldots,t-1$ . Entonces, el polinomio $P(x) = \displaystyle\sum_{k = 0}^{t-1}a_kx^k$ satisface $xP(x) = x^t+P(x-1)$ si se cumple la tercera ecuación.

He probado esta recursión para $1 \le t \le 56$ utilizando un programa informático. Parece que $t = 2$ era el único valor de $t$ en ese rango para el que $P(x)$ satisface $xP(x) = x^t+P(x-1)$ .

Answer 2

Dada la ecuación $\space xP(x)=x^t+P(x-1)$ , donde $\deg(P(x))=t-1$ Primero resolvería una forma general para $P(x)$ .

$$P(x)=x^{t-1}+\frac{P(x-1)}{x}$$

Cuando el formulario general para $P(x)$ es

$$P(x)=a_{t-1}x^{t-1}+a_{t-2}x^{t-2}+\dots+a_1x+a_0 = \sum_{i=0}^{t-1}a_ix^i$$

Si lo introducimos en nuestra ecuación, obtendremos

$$\sum_{i=0}^{t-1}{a_ix^i}=x^{t-1}+\frac{1}{x}\sum_{i=0}^{t-1}{a_i(x-1)^{i}}$$

Usando el teorema del binomio,

$$\sum_{i=0}^{t-1}{a_ix^i}=x^{t-1}+\sum_{i=0}^{t-1}{a_i{{t-1}\choose{i}}x^{i-1}(-1)^{t-1-i}}$$

Coeficientes de coincidencia,

$$a_{t-1}=1\\a_{t-2}={{t-1}\choose{t-1}}a_{t-1}=1\\a_{t-3}=-{{t-1}\choose{t-2}}a_{t-2}=1-t\\a_{t-4}={{t-1}\choose{t-3}}a_{t-3}=\frac{(t-1)(t-2)}{2}a_{t-3}=\frac{1}{2}(t-1)^2(t-2)\\\dots\\a_{t-n}=(-1)^{n}{{t-1}\choose{t-n}}a_{t-n+1}$$

Espero que esto ayude.