Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ P}\) jest dowolnym wielomianem, to istnieje wielomian \(\displaystyle{ Q}\) taki, że \(\displaystyle{ Q(x+1) - Q(x) = P(x)}\) dla \(\displaystyle{ x \in \RR}\) .
Re: Różnica
: 26 cze 2023, o 15:53
autor: Dasio11
Algebrą liniową:
Rozważmy przestrzeń liniową \(\displaystyle{ \RR_n[x]}\) wszystkich wielomianów stopnia najwyżej \(\displaystyle{ n}\) o współczynnikach rzeczywistych, gdzie \(\displaystyle{ n = \deg P}\). Funkcja \(\displaystyle{ \Delta : \RR_n[x] \to \RR_{n-1}[x]}\) dana wzorem \(\displaystyle{ \Delta(Q) = Q(x+1)-Q(x)}\) jest liniowa i jej jądrem jest jednowymiarowa podprzestrzeń \(\displaystyle{ \RR_n[x]}\) złożona z funkcji stałych. Z twierdzenia o rzędzie \(\displaystyle{ \Delta}\) jest surjekcją, co kończy dowód.
Elementarnie:
Indukcja względem stopnia \(\displaystyle{ P}\): jeśli \(\displaystyle{ P}\) jest zerowy, to teza jest oczywista. Załóżmy, że teza zachodzi dla wielomianów stopnia mniejszego niż \(\displaystyle{ n}\), i niech \(\displaystyle{ P}\) będzie stopnia \(\displaystyle{ n}\). Wtedy \(\displaystyle{ P(x) = ax^n + P_0(x)}\), gdzie \(\displaystyle{ a \in \RR \setminus \{ 0 \}}\) i \(\displaystyle{ P_0}\) jest wielomianem stopnia mniejszego niż \(\displaystyle{ n}\). Również \(\displaystyle{ \frac{a}{n+1} (x+1)^{n+1} - \frac{a}{n+1} x^{n+1} = ax^n + P_1(x)}\) dla pewnego wielomianu \(\displaystyle{ P_1}\) stopnia \(\displaystyle{ < n}\). Z założenia indukcyjnego \(\displaystyle{ P_0(x) - P_1(x) = Q_0(x+1) - Q_0(x)}\) dla pewnego wielomianu \(\displaystyle{ Q_0}\), a wtedy \(\displaystyle{ Q(x) = \frac{a}{n+1} x^{n+1} + Q_0(x)}\) jest taki jak trzeba.
Re: Różnica
: 26 cze 2023, o 22:43
autor: mol_ksiazkowy
Jak najprosciej wyznaczyć \(\displaystyle{ Q}\), gdy \(\displaystyle{ P(x)=x^2}\) ?