Primero notemos que, poniendo respectivamente $x=-1$, $x=0$ y $x=1$, la ecuación nos da que:
$-2P(0)=4P(-1)$
$-P(1)-P(-1)=4P(0)$
$-2P(0)=4P(1)$
Resolviendo el sistema nos queda $P(-1)=P(0)=P(1)=0$, por lo que podemos escribir $P(x)=x(x-1)(x+1)Q(x)$ para algún polinomio $Q$. Reemplazando esto en la ecuación original y simplificando tenemos que:
$(x+2)Q(x+1)-(x-2)Q(x-1)=4Q(x)$.
Pero notemos que esto es equivalente a lo siguiente:
$(x+2)(Q(x+1)-Q(x))=(2-x)(Q(x)-Q(x-1))$
Entonces si hacemos el reemplazo $T(x)=Q(x)-Q(x-1)$, $T$ debe ser un polinomio y nos queda que:
$(x+2)T(x+1)=(2-x)T(x)$
Por inducción, nos queda que (para $x>-2$):
$T(x+n)=\frac{(2-x)^n}{(x+2)^n}T(x)$.
Pero, para $n$ fijado, $T(x+n)$ debe ser un polinomio de igual grado fijo. Sin embargo, para $n$ suficientemente grande, $T(x)$ no podrá tener suficientes factores $(x+2)$ como para que $T(x+n)$ sea efectivamente un polinomio, a menos que $T(x)\equiv 0$, pues tendría grado finito si no.
Luego, $Q(x)-Q(x-1)=T(x)=0$, con lo que $Q(x)-Q(0)$ tiene de raíz a todos los números enteros, y por lo tanto $Q(x)-Q(0)\equiv 0$. Esto nos dice que $Q(x)=k$ para algún $k\in\mathbb{R}$, dando que $P(x)=kx(x-1)(x+1)$ para alguna constante $k$. Es fácil chequear que todo polinomio de dicha forma satisface la ecuación original, lo que concluye la solución.
Última edición por Sandy el Sab 14 Oct, 2023 7:51 pm, editado 5 veces en total.
Reemplazando $x=0$ resulta $-P(1)-P(-1)=4P(0)$. Reemplazando $x=1$ resulta $-2P(0)=4P(1)$, así que $P(0)=-2P(1)$. Reemplazando $x=-1$ resulta $-2P(0)=4P(-1)$, así que $P(0)=-2P(-1)$. Entonces $P(1)=P(-1)$, con lo que volviendo al reemplazo $x=0$ tenemos $-2P(1)=4P(0)$, es decir, $P(0)=4P(0)$, con lo que $P(0)=0$, y así $P(0)=P(1)=P(-1)=0$.
Entonces $P(x)=x(x+1)(x-1)Q(x)$ para algún polinomio $Q(x)$. Esto nos dice que $P(x+1)=(x+1)(x+2)xQ(x+1)$ y $P(x-1)=(x-1)x(x-2)Q(x-1)$, de modo que reemplazando en la ecuación original y cancelando (formalmente) los factores $x(x+1)(x-1)$ a ambos lados nos queda$$(x+2)Q(x+1)-(x-2)Q(x-1)=4Q(x).$$Reemplazando $x=2$ nos queda $4Q(3)=4Q(2)$, así que $Q(3)=Q(2)$. Ahora, si $Q(m)=Q(2)$ para $m=2,\ldots ,n+1$, con $n\in \mathbb{N}$ y $n\geq 2$, reemplazando $x=n+1$ resulta$$(n+3)Q(n+2)-(n-1)Q(n)=4Q(n+1),$$es decir,$$(n+3)Q(n+2)=(n+3)Q(2),$$con lo que $Q(n+2)=Q(2)$, y por inducción $Q(n)=Q(2)$ para todo $n\in \mathbb{N}$ tal que $n\geq 2$. Entonces el polinomio $Q(x)-Q(2)$ tiene infinitas raíces, de modo que es el polinomio nulo, y así $Q(x)$ es constante, digamos $Q(x)=\alpha$, con $\alpha \in \mathbb{R}$. Entonces $P(x)=\alpha x(x+1)(x-1)$, con $\alpha \in \mathbb{R}$, y todos los polinomios de esta forma andan.
PD: ¿De dónde sacamos que $\alpha$ está en $\mathbb{R}$ y no (por ejemplo) en $\mathbb{C}$?
Gianni De Rico escribió: ↑Sab 05 Ago, 2023 9:47 pm
PD: ¿De dónde sacamos que $\alpha$ está en $\mathbb{R}$ y no (por ejemplo) en $\mathbb{C}$?[/spoiler]
Creería yo que si se puede pero cuando un polinomio tiene coeficientes imaginarios hay teoremas que dejan de funcionar como por ejemplo el teorema fundamental del algebra que mediante el grado del polinomio podemos saber la cantidad exacta de raíces complejas (con multiplicidad).
Entonces PARA MI si decimos que $\alpha$ esta en reales nos ahorramos problemas que pueden surgir despues.
@Bauti.md ig // FUI A CORDOBA!!!!!! // $\zeta (s) =\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$
