Πολυώνυμο (Κριτήριο αναγωγισιμότητας) 4

#1

Έστω $\mathbb{N}\ni b>2$ και

πρώτος αριθμός με

αδική αναπαράσταση
$p=a_{n}b^{n}+a_{n-1}b^{n-1}+\cdots+a_{1}b+a_{0}$ .
Τότε το πολυώνυμο $f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}$ είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$ .

Το παραπάνω ισχύει και για b=2

αλλά η περίπτωση αυτή αντιμετώπίζεται (από όσο έχω δει τουλάχιστον) ξεχωριστά και έχει αντίστοιχη έκταση της περίπτωσης b>2

.

Το παραπάνω κριτήριο παρουσιάζει, κατά τη γνώμη μου πάντα, μεγάλο ενδιαφέρον. Είναι γενίκευση της "οικείας" περίπτωσης b=10

την οποία μου γνωστοποίησε ο κύριος Νικόλαος Κατσίπης.

(Ίσως ο φάκελος αυτός να μην είναι ο κατάλληλος. Δέγκ ζέρω....)

#2

Βοηθητικό

ΛΗΜΜΑ
Έστω $f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\in\mathbb{Z}[x]$ . Αν $a_{n}\geq1$ , $a_{n-1}\geq0$ και $|a_{i}|\leq H$ για $i=0,1,\ldots,n-2$ , όπου

μια θετική σταθερά, τότε για κάθε ρίζα $\alpha$ του f(x)

είναι $Re(\alpha)\leq0$ ή $|\alpha|<\frac{1+\sqrt{1+4H}}{2}$ .

#3

Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και ένα παρεμφερές λήμμα για την απόδειξη .
Έστω P(x)=a_nx^n+...+a_0

πολυώνυμο με μιγαδικούς συντελεστές με $a_n\neq 0$ και
$\displaystyle{M=\max_{0\leq k<n}|\frac{a_k}{a_n}|}$ . Αν $a_{n-1}=...=a_{n-k+1}=0$ , τότε όλες οι ρίζες του

είναι σε μέτρο μικρότερες ή ίσες του $1+\sqrt[k]{M}$

#4

Μια λύση για $b \geqslant 3$ : (Εμπνευσμένη από τα λήμματα των Αναστασίου και Σιλουανού αλλά χωρίς να τα αποδεικνύει. EDIT: Τώρα όμως που το ξαναβλέπω, ουσιαστικά έχω αποδείξει το λήμμα του Αναστασίου)

Θα δείξουμε ότι για κάθε ρίζα χ του f, ισχύει |b-x| > 1

. Αυτό είναι αρκετό επειδή αν f = gh

με $g,h \in \mathbb{Z}[X]$ , τότε f(b) = p και |g(b)|,|h(b)| > 1

το οποίο είναι αδύνατο.

Έστω χ ρίζα του πολυωνύμου. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι Re(x) > 0

και $|x| \geqslant 1$ . Έχουμε

$\displaystyle |x|^{n-1}|x| \leqslant |x^{n-1}||x + a_{n-1}/a_n| \leqslant |a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}| = \\ |a_{n-2}x^{n-2} + \cdots + a_1x + a_0| \leqslant (b-1)(1 + |x| + \cdots + |x|^{n-2}) = \\ (b-1)\frac{|x|^{n-1}-1}{|x|-1} < (b-1)\frac{|x|^{n-1}}{|x|-1}$ .

Άρα |x|(|x|-1) < b-1

και άρα

. (Αλλιώς $|x|(|x|-1) \geqslant (b-1)(b-2) \geqslant b-1$ .)

Αλλά τότε $|b-x| \geqslant b - |x| > 1$

#5

Πραπέμπω στο paper με την πλήρη πραγμάτευση του ζητήματος, συμπεριλαμβανομένης και της περίπτωσης b=2

.
Το αρχείο είναι dvi. Όποιον τον ενδιαφέρει, μπορώ να του το στείλω δε pdf. Δεν μπορώ να το ανεβάσω γιατί είναι μεγάλο..

Πολυώνυμο (Κριτήριο αναγωγισιμότητας) 4

Πολυώνυμο (Κριτήριο αναγωγισιμότητας) 4

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο αναγωγισιμότητας) 4

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο αναγωγισιμότητας) 4

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο αναγωγισιμότητας) 4

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο αναγωγισιμότητας) 4

Μέλη σε σύνδεση