Kısaca Putnam
namıyla maruf William Lowell Putnam Matematik Müsabakası ABD'de üniversite düzeyindeki öğrencilerin katıldığı bir matematik yarışması. Bu köklü organizasyon özellikle son yıllarda sorularının zorluğu yüzünden çoğu yarışmacının kalem oynatamamasıyla meşhur. Biz faniler eğer kendimizi mutlu hissetmek istersek ara sıra eski Putnamlar'a bakıp bir miktar teselli bulabiliriz. İşte aşağıda o çözülebilir ve benim polinomlarla ilgili olduğu için hoşuma giden bir soru var. Çözümümü de bu postada sizlerle paylaşmak istiyorum.
Soru: n pozitif bir tamsayı, P ise katsayıları gerçel bir polinom olsun. xn−(1/xn)=P(x−(1/x))⟺n≡1 (mod 2) olduğunu ispatlayınız.
Yirminci William Lowell Putnam Matematik Müsabakası, 21 Kasım 1959, Sabah Oturumu, Soru: 1
Çözüm: Öncelikle xn−(1/xn)=P(x−(1/x)) eşitliğinin geçerli olabilmesi için P polimonunun derecesinin tam olarak n olması gerektiğini gözleyelim. Böylece polinomun baş katsayısının da 1 olmak zorunda olduğu tebarüz eder. İspatta takip edeceğimiz strateji ilgili polinomu kurmak olacak. Söz konusu monik polinom en genel haliyle P(z):=zn+an−1zn−1+⋯+a1z+a0 denklemiyle verilir ve problemin çözümü a0,…,an−1 katsayılarının nasıl bulunacağına dair bir algoritma inşa etmekten veyahut böylesi bir algoritmanın bulunamayacağını göstermekten ibarettir.
İlkin n yerine 2n koyalım. O zaman P polinomunun önde giden teriminden binom teoremi uyarınca aşağıdaki ifadeler gelecektir.
(x−1x)2n=x2n−2nx2n−2+⋯+1x2n
Farkındaysanız son terimin işareti (+) yanlış
çıktı! Biz (−) olmasını tercih ederdik zira polinomda geri kalan terimlerin dereceleri 2n'den küçük olduğu için başka bir terimde de 1/x2n ifadesini üretip bu yanlış işareti ak katsayılarını seçerek düzeltmek imkansız. Bu yüzden n çift ise teoremde bahsedilen polinomu kuramıyoruz.
n tek olsun. n=1 için ilgili polinomun kolaylıkla P1(z)=z formunda kurulabildiğini gözleyiniz. Teoremin P3,…,P2n−1 için geçerli olduğunu ve bu polinomların mevcut olduklarını varsayalım. Şimdi, öncelikle binom teoremi ve ardından yeniden gruplamayla aşağıdaki manupulasyonları gerçekleştireceğiz. (x−1x)2n+1=2n+1∑j=0(2n+1j)(−1)jx2n+1−2j=x2n+1−1x2n+1+2n∑j=1(2n+1j)(−1)jx2n+1−2j=x2n+1−1x2n+1+n∑j=1(2n+1j)(−1)j(x2(n−j)+1−1x2(n−j)+1) ζ:=x−x−1 tanımlarsak, o zaman yukarıdaki ifade x2n+1−1x2n+1=ζ2n+1−n∑j=1(2n+1j)(−1)jP2(n−j)+1(ζ)=:P2n+1(ζ) şeklinde yeniden düzenlenir ve tümevarım uyarınca ispat tamamlanmış olur. QED
Uygulama: Daha önceden de not ettiğimiz üzere P1(z)=z olduğu barizdir. Yukarıda kurduğumuz algoritma uyarınca P3(z)=z3−1∑j=1(3j)(−1)jP2(1−j)+1(z)=z3+3P1(z)=z3+3z olur. Dizideki bir sonraki polinom ise ispatta türettiğimiz formülde n=2 koymakla elde edilebilir. P5(z)=z5−2∑j=1(5j)(−1)jP2(2−j)+1(z)=z5+5P3(z)−10P1(z)=z5+5z3+5z