Un polinomio misterioso
Salve vi propongo un problema della normale di Pisa cui ho provato a rispondere ma mi sono bloccato e confido nel vostro aiuto.
Il testo così recita
"Sia $p(x)$ un polinomio di 1007° grado tale che per ogni $k=0,1,2,...,1007$ si abbia $p(k)=2^k$. Determinare $p(2015)$"
Ho provato in due modi senza però concludere
1° metodo:
Considero il polinomio $q(x)$ di 1007° grado tale che per ogni $k=0,1,2,...,1007$ si abbia $q(k)=p(k)-2^k$. Il teorema di Ruffini mi assicura allora che
$q(x)=x*(x-1)*(x-2)*...*(x-1007)$
Dunque $q(2015)=\frac {2015!} {1007!}$.
Il dubbio è: per passare a $p(2015)$ devo solo sommare $q(2015)$ a $2^2015$?
2° metodo:
Sia $p(x)=a_0*x^1007+a 1*x^1006+...+a_1006*x+a_1007$
Devono valere le $k$ condizioni
$p(0)=1$, $p(1)=2$, ..., $p(1007)=2^1007$
Dalla prima si ricava $a_1007=1$ mentre per le altre $k-1$ si hanno
$a_0+a_1+a_2+...+a_1007=2$
$2*a_0+4*a_1+8*a_2+2^1007*a_1007=4$
...
$1007*a_0+ 1007^2*a_1+ 1007^3*a_2+...+1007^1007*a_1007=2^1007$
Sommando tutto membro a membro ho poi scritto
$\sum_{i=0}^k (a_k*\sum_{i=0}^k i^k)= \sum_{i=0}^k 2^k$
Poi ho posto uguali i termini delle sommatorie (si può fare??) così da avere
$a_k=\frac {2^k}{\sum_{i=0}^k i^k}$
Ora posso calcolare $p(x)$. Ma se anche questo metodo fosse giusto non so poi come trovare il valore in 2015.
Ho scritto sicuro castronerie (sicuramente sul secondo metodo) e per questo vi invito a criticarmi
Il testo così recita
"Sia $p(x)$ un polinomio di 1007° grado tale che per ogni $k=0,1,2,...,1007$ si abbia $p(k)=2^k$. Determinare $p(2015)$"
Ho provato in due modi senza però concludere
1° metodo:
Considero il polinomio $q(x)$ di 1007° grado tale che per ogni $k=0,1,2,...,1007$ si abbia $q(k)=p(k)-2^k$. Il teorema di Ruffini mi assicura allora che
$q(x)=x*(x-1)*(x-2)*...*(x-1007)$
Dunque $q(2015)=\frac {2015!} {1007!}$.
Il dubbio è: per passare a $p(2015)$ devo solo sommare $q(2015)$ a $2^2015$?
2° metodo:
Sia $p(x)=a_0*x^1007+a 1*x^1006+...+a_1006*x+a_1007$
Devono valere le $k$ condizioni
$p(0)=1$, $p(1)=2$, ..., $p(1007)=2^1007$
Dalla prima si ricava $a_1007=1$ mentre per le altre $k-1$ si hanno
$a_0+a_1+a_2+...+a_1007=2$
$2*a_0+4*a_1+8*a_2+2^1007*a_1007=4$
...
$1007*a_0+ 1007^2*a_1+ 1007^3*a_2+...+1007^1007*a_1007=2^1007$
Sommando tutto membro a membro ho poi scritto
$\sum_{i=0}^k (a_k*\sum_{i=0}^k i^k)= \sum_{i=0}^k 2^k$
Poi ho posto uguali i termini delle sommatorie (si può fare??) così da avere
$a_k=\frac {2^k}{\sum_{i=0}^k i^k}$
Ora posso calcolare $p(x)$. Ma se anche questo metodo fosse giusto non so poi come trovare il valore in 2015.
Ho scritto sicuro castronerie (sicuramente sul secondo metodo) e per questo vi invito a criticarmi
Risposte
Ti ringrazio moltissimo, mi stavo facendo fin troppi viaggi mentali...potresti comunque dirmi cosa non andrebbe nei due metodi?
A me piace molto la prima strada, tuttavia non so se si possa giungere effettivamente a qualcosa, sotto le ipotesi puoi dire che $q(x)=mx(x-1) \cdots (x-1007)$ con $m \ne 0$ reale. Il problema è proprio quel $m$, ci devo pensare...
@ Cantor99
1) Ci sono errori sparsi nei vari passaggi dei tuoi calcoli.
E mi pare che nemmeno hai conservato il segnificato di simboli.
Per esempio, inizialmente $a_0$ è il coefficiente del termine di grado massimo (cioè 1007), (ossia: ai coefficienti metti un pedice che è il complemento del grado al massimo grado 1007). Ma successivamente il pedice dei coefficienti va inteso uguale al rispettivo grado.
Nello scrivere le equazioni del sistema lineare che ha per incognite i coefficienti, in ogni equazione $a_0$ va moltiplicato per 1 dato che se diciamo $a_j$ il coefficiente del termine di grado $j$ esso va moltiplicato per per $k^j$ [e $k^0 = 1$ per qualunque $k$] Vedo invece che tu inizi ogni $k-esima$ equazione lineare con $k·a_0$ invece che con $a_0$. E' il coefficiente del termine di primo grado – diciamolo $a_1$– che va moltiplicato per $k$.
[Prima anora di vedere perché la risposta è NO, basta semplicemente considerare che qualche coefficiente può essere negativo mentre nelle tue uguaglianze tutti i coefficienti vengono positivi].
Il perché la risposta è NO sta nel fatto che a destra $2^k$ è la somma di termini IN RIGA (addendi del membro di sinistra di una equazione; $2^k$ coinvolge cioè tutti i coefficienti-incognite, mentre a sinistra hai espressamente fatto le somme IN COLONNA (coinvolgendo un solo coefficiente alla volta),
2) Invece di partire col trattare di colpo il polinomio di grado 1007, conviene pensare in generale ad un polinomio di grado $n$ ed esamunare qualche esempio con $n$ piccolino. Nel seguito indicherò con $P_n(x)$ un polinomio di grado $n$ tale che si abbia
$P_n(k) = 2^k$
per ogni $k$ intero tra 0 ed $n$ inclusi. Ma per fissare le idee ragionerò su esempi con $n$ tra 1 e 6.
[Mi sono fatto una tabella ad hoc di tali polinomi per n da 1 a 6.
Ho così scoperto ... induttivamente (ma col tipo di induzione sperimentale, alla Bacone, non alla Peano!
) che, per QUALUNQUE $n$ si ha:
$P_n(2n+1) = 2^(2n)$.
[V. il punto 4) successivo].
3) La risposta al tuo quiz – siccome è $n=1007$ e perciò $2015 = 2n+1$) – è dunque:
$«$ $p(2015) = 2^2014 ≈ 1,88109733113711·10^606$ $»$.
[NB. Per il calcolo di $2^2014$ (troppo grande da fare direttamente come potenza di due), siccome in generale
$2^x = 10^(ln(2)/ln(10)x)$,
separo la parte intera di $ln(2)/ln(10)2014$ dalla parte minore di 1 ottenendo:
$ln(2)/ln(10)2014 =606,2744... = [ln(2)/ln(10)2014 -606]+606 ⇒$
$⇒2^2014=10^(ln(2)/ln(10)2014-606)·1ì^606 ≈1,88109733113711·10^606$].
4) Controllare che per ciascuno dei seguenti polinomi $P_n(x)$ di grado rispettivo $n$ (con $1 ≤ n ≤ 6$) si ha:
• $P_n(k)=2^k$ per $k$ inetero e $0 ≤ k ≤ n$,
• $P_n(2n+1) = 2^(2n)$.
$P_1(x) = 1+x$; $P_2(x) = 1 +1/2x+1/2x^2$;
$P_3(x) = 1+5/6x+0·x^2 +1/6x^3$; $P_4(x) = 1 +7/12x+11/24x^2-1/12x^3+1/24x^4$;
$P_5(x) = 1+47/60+1/24x^2+5/24x3-1/24x^4+1/120x^5$;
$P_6(x)=1+37/60x+19/45x^2-5/48x^3+11/144x^4-1/80x^5+1/720x^6$.
Si noti che il coefficiente del termine di grado massimo $n$ è sempre $1/(n!)$.
5) Per calcolare $P_n(m)$ in un arbitrario $m$ intero, siccome si sa che per ogni $k$ intero tra 0 e $n$ inclusi deve essere
$P_n(k)=2^k$,
non è necessario conoscere i coefficienti del polinomio. Infatti, dalla generale teoria delle sequenze linearmente dipendenti discende che se $Q_n(x)$ è un qualsiasi polinomio di grado $n$ la sequenza
$∀ m ∈ZZ$ $y_m=Q_n(m)$
risulta linearmente dipendente di ordine $n+1$ con polinomio caratteristico $(x-1)^(n+1)$.
Sia per es. – tanto per fissare le idee – n=4 e quindi $(x-1)^5 = x^5-5x^4+10x^3-10x^2+5x-1$ il polinomio caratteristico,
Allora la legge di ricorrenza (con cui da 5 termini consecutivi è possibile ricavare il termine immediatamente precedente o immediatamente seguente) è
$∀ m ∈ZZ$ $y_(m+5)-5y_(m+4)+10y_(m+3)-10y_(m+2)+5y_(m+1)-y_m = 0 $ ⇔
⇔ $∀ m ∈ZZ$ $y_(m+5)= 5y_(m+4)-10y_(m+3)+10y_(m+2)-5y_(m+1)+y_m$ ⇔
⇔ $∀ m ∈ZZ$ $y_m=5y_(m+1)-10y_(m+2)+10y_(m+3)-5y(m+4)+y_(m+5)$
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1) Ci sono errori sparsi nei vari passaggi dei tuoi calcoli.
E mi pare che nemmeno hai conservato il segnificato di simboli.
Per esempio, inizialmente $a_0$ è il coefficiente del termine di grado massimo (cioè 1007), (ossia: ai coefficienti metti un pedice che è il complemento del grado al massimo grado 1007). Ma successivamente il pedice dei coefficienti va inteso uguale al rispettivo grado.
Nello scrivere le equazioni del sistema lineare che ha per incognite i coefficienti, in ogni equazione $a_0$ va moltiplicato per 1 dato che se diciamo $a_j$ il coefficiente del termine di grado $j$ esso va moltiplicato per per $k^j$ [e $k^0 = 1$ per qualunque $k$] Vedo invece che tu inizi ogni $k-esima$ equazione lineare con $k·a_0$ invece che con $a_0$. E' il coefficiente del termine di primo grado – diciamolo $a_1$– che va moltiplicato per $k$.
"Cantor99":A parte il fatto che non puoi usare l'indice variabile $i$ per gli addendi della somma che sta dentro un'altra somma pure di indice variabile i, la rsposta alla domanda (che sta nella citazione) è NO!
$\sum_{i=0}^k (a_k*\sum_{i=0}^k i^k)= \sum_{i=0}^k 2^k$
Poi ho posto uguali i termini delle sommatorie (si può fare??) così da avere
$a_k=\frac {2^k}{\sum_{i=0}^k i^k}$
[Prima anora di vedere perché la risposta è NO, basta semplicemente considerare che qualche coefficiente può essere negativo mentre nelle tue uguaglianze tutti i coefficienti vengono positivi].
Il perché la risposta è NO sta nel fatto che a destra $2^k$ è la somma di termini IN RIGA (addendi del membro di sinistra di una equazione; $2^k$ coinvolge cioè tutti i coefficienti-incognite, mentre a sinistra hai espressamente fatto le somme IN COLONNA (coinvolgendo un solo coefficiente alla volta),
2) Invece di partire col trattare di colpo il polinomio di grado 1007, conviene pensare in generale ad un polinomio di grado $n$ ed esamunare qualche esempio con $n$ piccolino. Nel seguito indicherò con $P_n(x)$ un polinomio di grado $n$ tale che si abbia
$P_n(k) = 2^k$
per ogni $k$ intero tra 0 ed $n$ inclusi. Ma per fissare le idee ragionerò su esempi con $n$ tra 1 e 6.
[Mi sono fatto una tabella ad hoc di tali polinomi per n da 1 a 6.
Ho così scoperto ... induttivamente (ma col tipo di induzione sperimentale, alla Bacone, non alla Peano!
) che, per QUALUNQUE $n$ si ha:$P_n(2n+1) = 2^(2n)$.
[V. il punto 4) successivo].
3) La risposta al tuo quiz – siccome è $n=1007$ e perciò $2015 = 2n+1$) – è dunque:
$«$ $p(2015) = 2^2014 ≈ 1,88109733113711·10^606$ $»$.
[NB. Per il calcolo di $2^2014$ (troppo grande da fare direttamente come potenza di due), siccome in generale
$2^x = 10^(ln(2)/ln(10)x)$,
separo la parte intera di $ln(2)/ln(10)2014$ dalla parte minore di 1 ottenendo:
$ln(2)/ln(10)2014 =606,2744... = [ln(2)/ln(10)2014 -606]+606 ⇒$
$⇒2^2014=10^(ln(2)/ln(10)2014-606)·1ì^606 ≈1,88109733113711·10^606$].
4) Controllare che per ciascuno dei seguenti polinomi $P_n(x)$ di grado rispettivo $n$ (con $1 ≤ n ≤ 6$) si ha:
• $P_n(k)=2^k$ per $k$ inetero e $0 ≤ k ≤ n$,
• $P_n(2n+1) = 2^(2n)$.
$P_1(x) = 1+x$; $P_2(x) = 1 +1/2x+1/2x^2$;
$P_3(x) = 1+5/6x+0·x^2 +1/6x^3$; $P_4(x) = 1 +7/12x+11/24x^2-1/12x^3+1/24x^4$;
$P_5(x) = 1+47/60+1/24x^2+5/24x3-1/24x^4+1/120x^5$;
$P_6(x)=1+37/60x+19/45x^2-5/48x^3+11/144x^4-1/80x^5+1/720x^6$.
Si noti che il coefficiente del termine di grado massimo $n$ è sempre $1/(n!)$.
5) Per calcolare $P_n(m)$ in un arbitrario $m$ intero, siccome si sa che per ogni $k$ intero tra 0 e $n$ inclusi deve essere
$P_n(k)=2^k$,
non è necessario conoscere i coefficienti del polinomio. Infatti, dalla generale teoria delle sequenze linearmente dipendenti discende che se $Q_n(x)$ è un qualsiasi polinomio di grado $n$ la sequenza
$∀ m ∈ZZ$ $y_m=Q_n(m)$
risulta linearmente dipendente di ordine $n+1$ con polinomio caratteristico $(x-1)^(n+1)$.
Sia per es. – tanto per fissare le idee – n=4 e quindi $(x-1)^5 = x^5-5x^4+10x^3-10x^2+5x-1$ il polinomio caratteristico,
Allora la legge di ricorrenza (con cui da 5 termini consecutivi è possibile ricavare il termine immediatamente precedente o immediatamente seguente) è
$∀ m ∈ZZ$ $y_(m+5)-5y_(m+4)+10y_(m+3)-10y_(m+2)+5y_(m+1)-y_m = 0 $ ⇔
⇔ $∀ m ∈ZZ$ $y_(m+5)= 5y_(m+4)-10y_(m+3)+10y_(m+2)-5y_(m+1)+y_m$ ⇔
⇔ $∀ m ∈ZZ$ $y_m=5y_(m+1)-10y_(m+2)+10y_(m+3)-5y(m+4)+y_(m+5)$
_______
Grazie Erasmus per la risposta, come sempre mi sei d'aiuto 
1) hai ragione, spesso faccio confusione con i pedici;
2) ne ero sicuro che fosse un scemenza ma ho voluto tentare
;
3) sì non ci ho pensato subito, il consiglio è utilissimo;
4) metodo interessantissimo per approssimare grandi numeri, non lo conoscevo;
5) devo leggere il tuo link ma a prima vista sembra interessante e costruttivo e spero alla mia portata;
Grazie ancora, soprattutto per la completezza
1) hai ragione, spesso faccio confusione con i pedici;
2) ne ero sicuro che fosse un scemenza ma ho voluto tentare
;3) sì non ci ho pensato subito, il consiglio è utilissimo;
4) metodo interessantissimo per approssimare grandi numeri, non lo conoscevo;
5) devo leggere il tuo link ma a prima vista sembra interessante e costruttivo e spero alla mia portata;
Grazie ancora, soprattutto per la completezza
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