Wielomian Taylora

[Roman1]

\(\displaystyle{ w(x)=1!+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!}+...+ \frac{x^n}{n!}}\)
Czy \(\displaystyle{ w(x)}\) ma pierwiastki wymierne dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\)

[Janusz Tracz]

dla \(\displaystyle{ n=2}\)

\(\displaystyle{ w(x)=1+x+ \frac{x^2}{2}= \frac{\left( x+1\right)^2 }{2} + \frac{1}{2}}\)

wiec pierwiastków rzeczywistych w ogóle nie ma.

[mortan517]

Nie rozumiem skąd ten wniosek?

Dla \(\displaystyle{ n=3}\) mamy \(\displaystyle{ w(x)=1!+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}}\) i istnieje pierwiastek rzeczywisty.

[Roman1]

Łatwo dowieźć, że miejsca zerowe mamy tylko dla n parzystego i to dokładnie jedno miejsce zerowe, problem pozostaje w wykazaniu czy ten pierwiastek będzie wymierny czy niewymierny...

[Janusz Tracz]

To zdanie ma charakter twierdzenia (tak je zrozumiałem) jako że wielomian \(\displaystyle{ w(x)}\) miałby mieć pierwiastek wymierny dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 2}\) a jak widać tak nie jest już dla \(\displaystyle{ n=2}\).
Dla \(\displaystyle{ n=3}\) pierwiastek oczywiście istnieje (rzeczywisty... ale łatwo pokazać że jest niewymierny).
Natomiast nie wnioskuje o tym że nie ma takiego \(\displaystyle{ n}\) w ogóle dla jakiego \(\displaystyle{ w(x)}\) miałby pierwiastek wymierny. Można pokazać jeszcze że poszukiwania takiego \(\displaystyle{ n}\) należało by prowadzić w liczbach nieparzystych po dla \(\displaystyle{ n}\) parzystych \(\displaystyle{ w(x)}\) nie ma pierwiastków rzeczywistych z szacowania wynika ten fakt
dla \(\displaystyle{ n}\) parzystego

\(\displaystyle{ w(x) \ge 1 \ \text{dla} \ x \ge 0}\)

\(\displaystyle{ w(x) \ge e^x > 0 \ \text{dla} \ x < 0}\)

[Roman1]

A gdybym zmodyfikował treść zadania, pytając się czy dla n nieparzystego większego od 2 wielomian ma pierwiastek niewymierny? Bo najbardziej interesuje mnie sama ta własność tego wielomianu...

[Premislav]

Pierwiastek niewymierny dla każdego \(\displaystyle{ n}\) nieparzystego (a nie parzystego, jak napisałeś) większego od \(\displaystyle{ 2}\) oczywiście się znajdzie, chociażby dlatego, że funkcja wielomianowa jest ciągła, więc ma własność Darboux, ponadto
dla \(\displaystyle{ n}\) nieparzystego mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to -\infty} \left(1!+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!}+...+ \frac{x^n}{n!} \right) =-\infty, \\\lim_{n \to +\infty} \left(1!+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!}+...+ \frac{x^n}{n!} \right) =+\infty}\)
Ale myślę, że to pomyłka.

Łatwo dowieźć

To fajnie (widocznie nie ma korków ani manifestacji KOD-u), ja zamawiam średnią hawajską, wyrobicie się w 45 minut?

Dobra, wystarczy marudzenia i kiepskich żartów z mojej strony. Jest stosunkowo szybki argument dla parzystych \(\displaystyle{ n}\) bez jakiegoś syfnego zwijania do nawiasów, który używa niestety wzoru Taylora (a jeszcze konkretniej Maclaurina) z resztą w postaci Lagrange'a (piszę jako ciekawostkę, bo powyżej pokazał już Janusz Tracz, jak sobie inaczej i prościej z tym można poradzić):
mamy \(\displaystyle{ e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\ldots+\frac{x^n}{n!}+e^c \cdot \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}}\)
gdzie punkt \(\displaystyle{ c}\) leży między zerem a \(\displaystyle{ x}\) (czy raczej na odwrót, bo łatwo widać, że pierwiastek \(\displaystyle{ w(x)}\) musi być ujemny). Jeśli teraz \(\displaystyle{ x \in \QQ}\) jest takie, że
\(\displaystyle{ 1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\ldots+\frac{x^n}{n!}=0}\), to mamy
\(\displaystyle{ e^x=e^c \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\\ e^{x-c}= \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \ (*)}\)
Jako się rzekło, z dodatniości współczynników \(\displaystyle{ w}\) wynika, że \(\displaystyle{ x}\) będące miejscem zerowym wielomianu \(\displaystyle{ w}\) musi być ujemne. Zatem jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą parzystą, to \(\displaystyle{ n+1}\) nieparzyste, więc po lewej stronie równości \(\displaystyle{ (*)}\) mamy liczbę dodatnią, a po prawej – liczbę ujemną, sprzeczność.
Przypuśćmy teraz, że \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą nieparzystą.
Czas odwołać się do (prostych) narzędzi teorioliczbowych.
Niech \(\displaystyle{ p(x)=n! \cdot w(x)}\), wówczas \(\displaystyle{ p(x)}\) jest wielomianem unormowanym o współczynnikach całkowitych o wyrazie wolnym równym \(\displaystyle{ n!}\). Zatem z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych wiemy, że jedyne możliwe pierwiastki wymierne wielomianu \(\displaystyle{ p(x)}\), a więc i wielomianu \(\displaystyle{ w(x)}\) (zbiory pierwiastków tych wielomianów są oczywiście równe) to dzielniki \(\displaystyle{ n!}\) lub liczby do nich przeciwne. Łatwo widać, że \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ -1}\) nie są pierwiastkami, zostawiam to bez dowodu. Nie wprost: niech \(\displaystyle{ m \notin\left\{ -1,1\right\}}\) będzie pierwiastkiem wymiernym wielomianu \(\displaystyle{ w(x)}\), a więc i wielomianu \(\displaystyle{ p(x)}\), stąd rzecz jasna \(\displaystyle{ m \in \ZZ, m|n!}\).
Popatrzmy na równość
\(\displaystyle{ 1+\frac{m}{1!}+\frac{m^2}{2!}+\ldots+\frac{m^n}{n!}=0}\)
czy może lepiej
\(\displaystyle{ (-m-1)n!= \frac{n!}{2!}m^2 +\ldots+ \frac{n!}{n!} m^n}\)
Mamy \(\displaystyle{ v_2(l!)= \sum_{k=1}^{+\infty} \left\lfloor \frac{l}{2^k}\right\rfloor< \sum_{k=1}^{ \infty } \frac{l}{2^k}=l}\), ponadto oczywiście jeśli \(\displaystyle{ m}\) jest liczbą parzystą, to \(\displaystyle{ v_2\left( m^l\right) \ge l}\)
Stąd po chwili refleksji wynika, że dla dowolnego \(\displaystyle{ m}\) parzystego i \(\displaystyle{ n\ge 3}\) jest
\(\displaystyle{ v_2\left( (-m-1)n!\right) <v_2\left( \frac{n!}{2!}m^2 +\ldots+ \frac{n!}{n!} m^n
\right)}\),
zatem gdy \(\displaystyle{ m}\) są parzyste, to nie może być \(\displaystyle{ (-m-1)n!= \frac{n!}{2!}m^2 +\ldots+ \frac{n!}{n!} m^n}\). A może \(\displaystyle{ m}\) powinno być nieparzyste? Ale czy \(\displaystyle{ 2}\) jest jakoś szczególnie oryginalne w tej sumie? No nieszczególnie, równie dobrze możemy wziąć dowolną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\), która dzieli \(\displaystyle{ m}\), zauważyć oczywiste \(\displaystyle{ (m,m+1)=1}\) i analogicznie stwierdzić, że
\(\displaystyle{ v_p\left( (-m-1)n!\right) <v_p\left( \frac{n!}{2!}m^2 +\ldots+ \frac{n!}{n!} m^n \right)}\),
stąd \(\displaystyle{ (-m-1)n!\neq \frac{n!}{2!}m^2 +\ldots+ \frac{n!}{n!} m^n}\).
Wniosek końcowy: dla \(\displaystyle{ n\ge 2}\) rozważany wielomian w ogóle nie ma pierwiastków wymiernych. Niewymierne, jak wyżej wspomniałem, ma dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) nieparzystego.

-- 31 gru 2017, o 06:33 --

Aha, gdyby ktoś nie wiedział, to na wszelki wypadek dopiszę:
dla liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) i liczby całkowitej \(\displaystyle{ k\neq 0}\) określamy \(\displaystyle{ v_p(k)=a}\), gdy \(\displaystyle{ p^a|k \wedge p^{a+1}\nmid k}\).
I to właśnie teraz, na samym początku pontyfikatu.

[Roman1]

Wielkie dzięki Premislav za odpowiedź i rozwiązanie problemu (już pomijając te drobne uszczypliwości).