Encontrar el grado de satisfacción polinómica dada condición

Question

Pregunta:

Si $f(x)$ es un polinomio de grado $n$ tal que $$1+f(x)=\frac{f(x-1)+f(x+1)}{2} \forall x\in R$$ a continuación, encontrará $n$.

Mi intento: Por primera vez me puse a tratar de demostrar que $f(x)$ a ser periódico, como siempre hago cada vez que me spot $f(x-a)+f(x+a)$ cualquier lugar. No funciona de todos modos. Entonces Pensé asumiendo una función estándar de grado = $1,2,3$. No para 1 y 3, y trabajó para 2, así que me dio la respuesta como 2. Sin embargo, creo que:

1. Yo no prueban que no hay mayor $n$ para que esta ecuación tiene.
2. Mi método no es pulcro en todo!

Supongo que debe haber un método mucho más sencillo, ¿alguien puede por favor dar alguna partida pasos para que la ordenada de la lógica?

Answer 1

La secuencia de polinomios $$p_n(x)=\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)\qquad n=0,...$$ is a basis of the space of polynomials. Therefore any polynomial solution can be expressed as a linear combination of these $p_n(x)$.

Si $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$, $$\Delta^2f(x)=\Delta(\Delta f(x-1))=\Delta(f(x)-f(x-1))=f(x+1)-2f(x)+f(x-1)$$

La ecuación puede ser escrita como $$\Delta^2 f(x-1)=2$$

Vamos a calcular la acción de la $\Delta$$p_n$.

$$\Delta p_{0}(x)=1-1=0$$

$$\begin{align}\Delta p_n(x)&=p_n(x+1)-p_n(x)\\&=\prod_{k=0}^{n-1}(x+k+1)-\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)\\&=n\prod_{k=1}^{n-2}(x+k)\\&=n p_{n-1}(x+1)\end{align}$$

Es similar a la familiarizado $\frac{\partial x^n}{\partial x}=n x^{n-1}$

Por lo tanto, si $f(x)=\sum_n a_np_n(x)$, entonces debemos tener

$$\sum_{n\geq 2} a_nn(n-1) p_{n-2}(x+1)=\Delta^2 f(x-1)=2=2p_0(x+1)$$

Desde $p_n$ formulario de una base, todos los $a_n$ debe ser cero para $n>2$, e $a_2=1$. Los coeficientes $a_1$ $a_0$ puede tomar valores arbitrarios.

Por tanto, el polinomio tiene la forma $$f(x)=a_0p_0(x)+a_1p_1(x)+p_2(x)=x(x+1)+a_1x+a_0$$

Answer 2

Utilizando el método de relación de recurrencia: en primer lugar, para simplificar las cosas (un poco), diferenciar la ecuación para obtener: $$f'(x+1)=2f'(x)-f'(x-1)$$ for any $x\in \mathbb R$. Now, for $n\in\mathbb N $, define $ a_n: = f'(n) $, so that $$a_{n+1}=2a_n-a_{n-1}$$ This is a homogeneous recurrence relation of order 2, and the characteristic polynomial is $$x^2-2x+1=0$$ with obvious root $x=1$ with multiplicity $2$. Hence, the solution of the recurrence relation is $$a_n=(k_1+k_2n)(1)^n \implies f'(n)=k_1+k_2n$$ for all $n\in \mathbb N $, where $ k_1, k_2 $ are constants. Actually, by substituting $n = 0 $ and $n = 1$, you get that $$f'(n)=f'(0)+(f'(0)-f'(1))n$$ Since $f '(0) \neq f' (1) $ (why?), the first derivative of your polynomial is a linear function on the integers, hence on $\mathbb R $, hence your initial polynomial was of degree $2$.

Answer 3

Considere la posibilidad de un general polinomio $g$ de grado $m,$ $m>0.$ Vamos $$ g(x) = a_m x^m + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_0, $$ donde $ a_m \neq 0.$

Entonces \begin{align} g(x + 1) &= a_m (x+1)^m + a_{m-1} (x+1)^{m-1} + \cdots + a_0 \\ &= a_m\left(x^m + mx^{m-1} + \cdots + 1\right) + a_{m-1}\left(x^{m-1} + \cdots + 1\right) + \cdots + a_0 \\ &= a_m x^m + \left(ma_m + a_{m-1}\right)x^{m-1} + \cdots + b_0, \end{align} donde $b_0$ es una constante y todos los términos que no se muestra (los términos en la "$\cdots$") son términos de grado $m-2$ o menos. Vemos que $g(x+1)$ es también un polinomio de grado $m.$ Un cálculo similar muestra que $g(x-1)$ es un polinomio de grado $m$; por inducción, por lo que es $g(x+k)$ para cualquier entero $k$, a pesar de que la más de lo que necesitamos saber para este problema en particular.

Tomando la diferencia \begin{align} g(x + 1) - g(x) &= a_m x^m + \left(ma_m + a_{m-1}\right)x^{m-1} + \cdots + b_0 \\ & \quad - a_m x^m + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots +a_0 \\ &= ma_m x^{m-1} + \cdots + (b_0 - a_0), \\ \end{align} que es un polinomio de grado $m-1,$ desde $m >0$ $a_m \neq 0.$ Que es, en general, donde $g$ es un polinomio de grado positivo $m,$ la diferencia $g(x + 1) - g(x)$ es un polinomio de grado $m-1.$

Deje $h(x) = g(x) - g(x-1).$ Desde $g(x-1)$ es un polinomio de grado $m,$ $$h(x) = g((x+1) - 1) - g(x-1)$$ es un polinomio de grado $m-1.$ Si $m=1$ $h(x)$ es una constante, por lo $h(x+1) = h(x) = 0$; pero si $m > 1$ $$h(x+1) - h(x) = (g(x+1) - g(x)) - g(x) - g(x-1)) = g(x+1) - 2g(x) + g(x-1)$$ es un polinomio de grado $m-2.$

He escrito los hechos mencionados en términos de algún polinomio arbitrario $g,$ en lugar de los menos generales polinomio $f$ en su problema, para demostrar que este método de diferencias es de aplicación general. Ahora vamos a aplicarlo a tu pregunta en particular.

Considere la posibilidad de $f_2(x) = f(x+1) - 2f(x) + f(x-1),$ donde $f$ es el polinomio de grado $n$ en la pregunta. Es dado $$1+f(x)=\frac{f(x-1)+f(x+1)}{2},$$ de donde se desprende que el $f_2(x) = 2,$ es decir, $f_2$ tiene el grado $0.$ Si $n = 0$ o $n = 1,$ tendríamos $f_2(x)=0,$ lo cual es una contradicción; por lo tanto, $n \geq 2$ $f_2$ tiene el grado $n-2.$ La combinación de las dos declaraciones sobre el grado de $f_2,$ el grado de $f_2$ $n - 2 = 0.$ Por lo tanto, $n=2.$

Answer 4

Definir $f_1(x):=f(x+1)-f(x)$, $f_{k+1}(x):=f_k(x+1)-f_k(x)$.

Desde $f(x+1)−2f(x)+f(x−1)=2$, sabemos que $f_2(x)=2$ es una constante, lo que sugiere que $a_n:=f(n)$($n$ is an integer) es una secuencia aritmética de orden dos. Se concluye que el $f(x)$ es un polinomio de grado dos.

Answer 5

La diferenciación de la ecuación dada con respecto a $x$ rendimientos:

$$ f'(x) = \frac{f'(x+1)-f'(x-1)}{2} $$

En otras palabras,

$$ f'(x+1) - f'(x) = f'(x) - f'(x-1) = m$$

donde $m$ es una constante real valor.

Esto implica que para todos los $x$, los puntos de $f'(x+k)\;|\;k \in \mathbb{Z}$ mentira en la línea $f'(x)=mx+b$ algunos $b$.

Si $m=0$: Desde $f'(x)$ es continua, $f(x)=bx+c$ algunos $c$, pero sustituyendo esta función en la relación original muestra que no hay ninguna solución para $c$.

Si $m\ne0$: Desde $f'(x)$ es continua, $f(x)=\frac{1}{2}mx^2+bx+c$ algunos $c$, y la sustitución de muestra que esta función satisface la relación original al $m=2$.

Por lo tanto, cualquier función de la forma $f(x)=x^2+bx+c$ satisface la relación original y $n=2$.