Приключения кубического многочлена

[Ktina]

На доске написан многочлен третьей степени. Ученики по очереди подходят к доске. Каждому из них разрешается заменить написанный на доске многочлен суммой или разностью этого многочлена и его производной. В конце на доске оказался записанным тот же самый многочлен, с которого начинали. Доказать, что хотя бы один из учеников ошибся, когда писал на доске свой многочлен.

[nnosipov]

Старенькая задачка. Но забавная. Я вот когда её впервые решал даже какой-то дифференциальный оператор приплёл.

[Dave]

Вот он! Точнее они, операторы:

$$\Upsilon_+=1+{\partial\over\partial x}, \qquad \Upsilon_-=1-{\partial\over\partial x}.$$

Допустим, что никто не ошибся. Тогда каждый подход ученика к доске завершился умножением имеющегося многочлена на $\Upsilon_+$ или $\pm\Upsilon_-$. Эти операторы коммутативны и ассоциативны между собой и единичным оператором. Дистрибутивность также имеется. Значит, если вначале был многочлен $P=P(x)$, а в конце - он же, то

$$P=\pm\Upsilon_+^a\Upsilon_-^bP=\pm\left(1+{\partial\over\partial x}\right)^m\left(1-{\partial\over\partial x}\right)^m\left(1\pm{\partial\over\partial x}\right)^nP=\pm\left(1-{\partial^2\over\partial x^2}\right)^m\left(1\pm{\partial\over\partial x}\right)^nP,$$

где $m=\min \{a,b\}$, $n=\max \{a,b\}-m$. Дальше можно раскрыть скобки, воспользовавшись биномом Ньютона. Также учесть, что чем больше степень $s$ в ${\partial^s\over\partial x^s}$, тем меньше степень многочлена ${\partial^s P\over\partial x^s}$. Минус перед первой скобкой быть не может, т.к. тогда коэффициент при $x^3$ у многочлена в правой части противоположен аналогичному коэффициенту у $P$. Значит там плюс и

$$\left(\left(1-{\partial^2\over\partial x^2}\right)^m\left(1\pm{\partial\over\partial x}\right)^n-1\right)P=0.$$

Если $n \neq 0$, то после раскрытия скобок получим $\pm n{\partial P\over\partial x}+k{\partial^2 P\over\partial x^2}+\dots=0$, что невозможно, ибо слева многочлен второй степени, а если $n=0$ то: $-m{\partial^2 P\over\partial x^2}+k{\partial^3 P\over\partial x^3}+\dots=0$ и при $m \neq 0$ слева - многочлен первой степени. Значит $m=n=0$ и к доске никто не выходил

[alcoholist]

операторы эти жуткие можно матрицами записать $4\times 4$, а многочлены -- $4$-столбцами

[ewert]

Dave в сообщении #539188 писал(а):

то после раскрытия скобок получим

Не нужно раскрывать никаких скобок. Характеристический многочлен этого дифференциального уравнения имеет вид $(1-\lambda)^k(1+\lambda)^n\pm1$. После дифференцирования суммарная кратность корней $\lambda=-1$ и $\lambda=1$ будет $(k+n-2)$. Поэтому $\lambda=0$ если и будет корнем производной характеристического многочлена, то не более чем простым. А надо, чтобы он был не менее чем двукратным, если мы хотим, чтобы кубический многочлен был решением дифура.

[TOTAL]

На $i$-ом шаге многочлен имеет вид $P_i=x^3+a_i x^2 + \cdots,$ где $a_{i+1}=a_i \pm 3.$
Поэтому отнимали и складывали одинаковое число раз,
т.е. $P_0=\left(1-{\partial^2\over\partial x^2}\right)^nP_0=\left(1-n{\partial^2\over\partial x^2}\right)P_0,$ т.е. $0={\partial^2\over\partial x^2} P_0$