10. Kadejaké Mnohočleny Študujeme vzorové riešenie

Najprv si podmienku zo zadania môžeme trochu upraviť tak, aby sme sa zbavili toho súčtu, a to tak, že odčítame od seba podmienku pre \(n\) a \(n-1\). Potom dostaneme podmienku \(P(n)=P(n)Q(n)-P(n-1)Q(n-1)\) pre všetky prirodzené čísla \(n \ge 2\) a jednu podmienku pre \(n=1\): \(P(1)=P(1)Q(1)\). Prenesením všetkého na jednu stranu dostaneme \(P(n)Q(n)-P(n-1)Q(n-1)-P(n)=0\). Vidíme, že náš systém rovníc v skutočnosti nie je nič iné, ako polynóm, ktorý má koreň v každom prirodzenom čísle, čiže má nekonečne veľa koreňov, a preto je identicky rovný nule. Nulu teda nedostaneme len pre celé čísla \(n \ge 2\), ale aj pre každé reálne číslo \(x\). Platí teda \[P(x) = P(x)Q(x) - P(x-1)Q(x-1). \label{eq:1}\]

Teraz si môžeme všimnúť, že pre nenulový polynóm \(P\) môže stupeň polynómu \(Q\) byť rovný nanajvýš \(1\), a teda \(Q(x)=ax+b\). Na to ideme sporom. Nech stupeň polynómu \(Q(x)\) je aspoň \(2\). Stupeň polynómu \(P(x)Q(x)\) sa rovná súčtu stupňov polynómov \(P(x)\) a \(Q(x)\), ak sú obidva nenulové. Pozrime sa na polynóm \(P(x)Q(x)-P(x-1)Q(x-1)\). Označme stupeň polynómu \(P(x)Q(x)\) ako \(s\). Potom dva vedúce členy tohto polynómu sú \(a_sx^s+a_{s-1}x^{s-1}\). Dosadením \(x-1\) za \(x\) a orezaním na prvé dva členy dostaneme \(a_sx^s+(a_{s-1}-sa_s)x^{s-1}\). Odčítaním dostaneme \[(a_sx^s+a_{s-1}x^{s-1}) - (a_sx^s+(a_{s-1}-sa_s)x^{s-1}) = 0x^s+sa_sx^{s-1},\] takže prvý člen sa vynuluje a druhý člen sa nevynuluje, pretože koeficient pri ňom je určite nenulový, nakoľko je \(s\)-násobkom \(a_s\), ktoré je vedúci koeficient polynómu \(P(x)Q(x)\), a teda sa nerovná \(0\). Teda polynóm \(P(x)Q(x)-P(x-1)Q(x-1)\) má stupeň \(s-1\). Ale z rovnosti ([eq:1]) musí mať aj polynóm \(P\) stupeň \(s-1\). No a to je spor s tým, že stupeň polynómu \(Q\) je aspoň \(2\), nakoľko vtedy by mal polynóm \(P(x)Q(x)\) stupeň viac ako \(s\).

Navyše, vedúci koeficient polynómu \(Q\) sa musí rovnať \(1/(k+1)\), kde \(k\) je stupeň polynómu \(P\). To dostaneme tak, že do našej rovnice dosadíme \(Q(x)=ax+b\). Označme si \(b_k\) koeficient polynómu \(P(x)\) pri člene \(x^k\). Dostaneme \(P(x)(ax+b-1)-P(x-1)(ax+b-a)=0\). Pozrime sa na koeficient pri člene \(x^k\). Pretože tento výsledný polynóm musí byť nulový, musí mať nulový aj tento koeficient. Z prvej zátvorky ho dokážeme jednoducho vyjadriť ako \(ab_{k-1}+(b-1)b_k\). Druhú zátvorku už je roznásobiť trochu ťažšie, a najprv vyjadríme prvé dva členy polynómu \(P(x-1)\) ako \(b_kx^k+(b_{k-1}-kb_k)x^{k-1}\), a potom to prenásobíme druhou zátvorkou, a pri člene \(x^k\) dostaneme \((b-a)b_k+a(b_{k-1}-kb_k)\). Odčítaním týchto dvoch výrazov dostaneme \[\begin{aligned} [ab_{k-1}+(b-1)b_k] - [(b-a)b_k+a(b_{k-1}-kb_k)] &= (b-1-b+a)b_k+ab_{k-1}-ab_{k-1}+akb_k = \\ &=(a-1+ak)b_k=b_k(a(1+k)-1).\end{aligned}\] Keďže \(b_k \neq 0\), tak aby sa to rovnalo \(0\), musí platiť \(a(1+k)=1\), a teda \(a=1/(k+1)\).

Niektorí riešitelia tieto dve myšlienky dostali zo všeobecne známeho Faulhaberovho vzorca, ktorý hovorí, že súčet \(\sum_{i=1}^n i^k \) je polynóm v premennej \(n\) stupňa \(k + 1\) s vedúcim koeficientom \(1/(k+1)\). Tak sa vyhli dosť otravným výpočtom.

Dosadením \(Q(x) = \frac{x+c}{k+1} \) do rovnice ([eq:1]) dostaneme \[P(x)=P(x)\frac{x+c}{k+1}-P(x-1)\frac{x+c-k-1}{k+1}.\] Dosadením \(x=0\) a s využitím, že \(P(1)Q(1) = P(1)\) dostaneme, že \(0=P(0)c\), a teda buď \(P(0)=0\) alebo \(c=0\). Nech \(c=0\). Potom dostaneme \((k+1)P(x)=xP(x)-(x-1)P(x-1)\). Z toho \((x-k-1)P(x)=(x-1)P(x-1)\). Ak \(k=0\), máme hneď riešenie: \(P(x)=1\); \(Q(x)=x\). Ak \(k>0\), tak využijeme, že ľavá aj pravá strana musia mať rovnaké korene. Ľavá strana sa rovná nule pre \(x=k+1\) a pravá strana sa rovná nule pre \(x=1 \ne k + 1\). Z toho ale vyplýva, že polynóm \(P(x)\) misí mať koreň \(x = 1\). To ďalej znamená, že polynóm \(P(x-1)\) má koreň \(x = 2\), ktorý musí byť na ľavej strane koreňom polynómu \(P(x)\). Podobne, \(P(x-1)\) bude mať zas koreň v \(x=3\) až teda dostaneme, že polynóm \(P(x)\) má korene v bodoch \(1,\ 2,\ \dots,\ k\). No a pretože \(P(x)\) je polynóm stupňa \(k\) a poznáme \(k\) jeho koreňov, poznáme aj celý ten polynóm (až na prenásobenie konštantou). Dostali sme teda riešenia v tvare \[P(x)=a(x-1)(x-2)\dots(x-k);\qquad Q(x)=\frac{x}{k+1},\] kde \(a \ne 0\) je ľubovoľné reálne číslo.

Teraz sa pozrime na ten druhý prípad, a teda ten, že \(P(0)=0\). Prenásobme teda rovnicu konštantou \(k+1\). Dostaneme \(P(x)(k+1)=P(x)(x+c)-P(x-1)(x+c-1)\), po úprave \(P(x)(x+c-k-1)=P(x-1)(x+c-1)\). Podobne ako v predchádzajúcom prípade dostaneme, že podľa hodnoty \(c\) musí našich \(k\) koreňov polynómu \(P(x)\) tvoriť aritmetickú postupnosť s diferenciou \(1\). Navyše, pretože \(0\) je jedným z našich koreňov, naše \(c\) musí byť také, aby \(0\) bola jedným z jej členov. To znamená, že \(c\) je prirodzené číslo rovné najviac \(k\). Dostali teda riešenia tvaru \[P(x)=a(x+c-1)(x+c-2)\dots(x+c-k);\qquad Q(x)=\frac{x+c}{k+1}.\] Ak zoberieme za \(a\) ľubovoľné reálne číslo a za \(c\) prirodzené číslo rovné najviac \(k\), tak nám tento zápis pokryje prvý prípad. Taktiež nám pokryje aj prípad \(P(x) = 0\), ktorý sme doposiaľ ignorovali a zjavne vyhovuje.

Teraz nám už stačí dokázať, že tieto polynómy vyhovujú našim podmienkam. Dosadíme do nich teda náš polynóm, a dostaneme \[P(x)Q(x)-P(x-1)Q(x-1)-P(x)=\] \[=\frac{a}{k+1}[(x+c)(x+c-1)\dots(x+c-k)-(x+c-1)\dots(x+c-k)(x+c-k-1)]-a(x+c-1)(x+c-2)\dots(x+c-k).\] Ako vidíme, môžeme veľa členov zo sčítancov vybrať pred zátvorku, v skutočnosti dokonca celé \(P(x)\) a dostaneme namiesto toho \[a(x+c-1)(x+c-2)\dots(x+c-k)\left[\frac{1}{k+1}(x+c-x-c+k+1)-1 \right]=P(x)(1-1)=0.\] Teda sme ukázali, že pre takéto polynómy \(P\) a \(Q\) platí rovnosť [eq:1]. Už len overíme, že platí \(P(0)Q(0) = 0\) (to prenechávame na vás) a z týchto dvoch rovností vieme dostať pre každé prirodzené číslo \(n\) podmienku zo zadania.

Naše vyhovujúce polynómy sú teda \(P(x) = a(x+c-1)(x+c-2)\dots(x+c-k)\), kde \(c\) je z množiny \(\{0,1,...,k\}\) a \(a\) je ľubovoľné reálne číslo.