Odáig jutottam, hogy ha létezik ilyen polinom, akkor

`n`
`sum [(n!)/((n-i)!)*a(i)] = n⁴`
`i=0`

ahol `a(i)` a polinom `i`-edik együtthatója.

A fenti alapján felírható egy egyenletrendszer, amelyre a következő megoldást kapjuk:

`a₄=1, a₃=6, a₂=7, a₁=1, a₀=0`, tehát a keresett polinom: `p(x) = x⁴+6x³+7x²+x+0`

`n=10`-ig teszteltem, szépen kiadta az eredményeket. Ha jól sejtem, akkor ebből n-re teljes indukcióval lehet belátni, hogy mindig így lesz.

Felteszem, hogy van sokkal egyszerűbb megoldás is, én úgy számoltam, hogy konkrétan azt a polinomot kerestem, ami igazzá teszi az állítást.

Lehet egyenletrendszerrel is csinálni, de akkor tényleg teljes indukció kellene még a végén, hogy jó-e nagyobb n-ekre is. Az meg bonyolult lenne...

Viszont Rantnad első szummája felhasználásával mást is lehet csinálni:
Ha mondjuk feltételezzük, hogy ötödfokú lesz a polinom (nem lesz annyi...), akkor a szumma kifejtve ilyen:
`n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)·a_5+n(n-1)(n-2)(n-3)·a_4+`
`+n(n-1)(n-2)·a_3+n(n-1)·a_2+n·a_1+a_0=n^4`
(EDIT: Ez a fenti kifejtés elméletileg csak `n ≥ 5` esetén igaz. Mondjuk `n=3` esetén nem lennének `a_4` és `a_5`-ös tagok. Viszont "véletlenül" olyankor is jó, mert az `(n-3)`-as szorzó "kiejti" azokat a felesleges tagokat.)
Ennek az egyenletnek minden `n`-re teljesülnie kell, vagyis a bal oldalon az `n^4` tag együtthatója 1 kell legyen, a többié pedig 0. Vagyis túlzás volt az ötödfokú polinom, pontosan negyedfokú polinommal lehet csak megoldás! Ekkor pedig:
`n(n-1)(n-2)(n-3)·a_4+n(n-1)(n-2)·a_3+n(n-1)·a_2+n·a_1+a_0=n^4`
`a_4(n^4-6n^3+11n^2-6n)+a_3(n^3-3n^2+2n)+a_2(n^2-n)+a_1n+a_0=n^4`
`a_4n^4+(a_3-6a_4)n^3+(a_2-3a_3+11a_4)n^2+(a_1-a_2+2a_3-6a_4)n+a_0=n^4`
Ennek egyértelműen leolvasható a megoldása (minden tényező 0, csak az első 1) :
`a_4=1`
`a_3=6`
`a_2=7`
`a_1=1`
`a_0=0`
Ahogy Rantnad is írta.