Para demostrar que si todas las raíces (complejo) de un polinomio entero tiene norma 1, entonces son las raíces de 1

Question

Tenemos, $f(x)=x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]$, $\alpha_i\in\mathbb{C},\ 1\leq i\leq n$ todas las raíces de $f(x)$. Si tenemos $|\alpha_i|=1$, para cada $i$, $\alpha_i$ es una raíz de 1.

Edit: Como se discutió en la sección de comentarios, me parece que han interpretado el problema de forma incorrecta la primera vez alrededor.

Esencialmente, tenemos que demostrar que ${\alpha_i}^k =1$, para algunas de las $k>n$.

Nota: Esta pregunta fue planteada después de una clase de Unidades, incluyendo la de Dirichlet de la Unidad de Teorema.

Por lo tanto, necesito alguna sugerencia que me ayude a llegar a la respuesta

Answer 1

Que nos recogemos los comentarios en una respuesta. Por Newton identidades de la energía sumas $$ p(k) = \alpha_1^k+\ldots+\alpha_n^k $$ son números enteros, y que pertenecen a la $[-n,n]$ intervalo de la desigualdad de triángulo.

Si $\alpha$ es una raíz de $f(x)$ $\overline{\alpha}=\alpha^{-1}$ también es una raíz de $f(x)$ y dejando $\theta_i=\text{Arg}(\alpha_i)$ hemos $$ \cos(k\theta_1)+\ldots+\cos(k\theta_n)\in [-n,n]\cap\mathbb{Z} $$ para cualquier $k\in\mathbb{N}$. Si todos los ángulos $\theta_i$ son racionales múltiplos de $\pi$ no hay nada que demostrar.
Supongamos que $\theta_1\not\in\pi\mathbb{Q}$. En tal caso, por la Lindemann-Weierstrass teorema tenemos que $\cos(k\theta_1)$ es un trascendental número $\mathbb{Q}$ cualquier $k\in\mathbb{N}^+$. Por otro lado $p(k)$ sólo pueden tomar un número finito de valores, por lo $j\in[-n,n]$ hay infinitas $k\in\mathbb{N}$ tal que $p(k)=j$. Adicionalmente $\cos(k\theta)=T_k(\cos\theta)$, por lo tanto, por la eliminación de variables, observamos que algunos algebraicas combinación (con coeficientes en $\mathbb{Q}$) $\cos(k_1\theta_1),\cos(k_2\theta_1),\ldots,\cos(k_M \theta_1)$ es igual a cero. Esto contradice el hecho de que $\cos(\theta_1)$ es trascendental $\mathbb{Q}$, lo que demuestra la demanda.

Answer 2

Podemos suponer que todos los $\alpha_j$ son distincts. Poner $b_k=\alpha_1^k+...+\alpha_n^k$. A continuación, el$b_k$$\mathbb{Z}$, como notado por @Jack d'Aurizio, y claramente $|b_k|\leq n$ todos los $k$. Ahora la escritura que el $\alpha_j$ son raíces de $f$, multiplicando por $\alpha_j^k$ y sumando, obtenemos que $$b_{k+n}+a_{n-1}b_{k+n-1}+...+a_0b_k=0$$ para todos los $k$. Poner $w_k=(b_k,b_{k+1},..,b_{k+n-1})$. Por lo anterior, el $w_k$ tomar sólo un número finito de valores. Por lo tanto, no existe $m$ $h\geq 1$ tal que $w_m=w_{m+h}$. Esto implica por parte de la recurrencia de la relación que tenemos $b_{k}=b_{k+h}$ todos los $k\geq m$. Por lo tanto para todos los $k$ hemos $$(\alpha_1^h-1)\alpha_1^m\alpha_1^k+...+(\alpha_n^h-1)\alpha_n^m\alpha_n^k=0$$

Escribir esto para $k=0,...,n-1$ da un sistema lineal en las incógnitas $x_j=(\alpha_j^h-1)\alpha_1^m$, con un factor determinante de Van der Monde determinante, por lo tanto no cero como el $\alpha_j$ son distincts. Esto implica que el $x_j$ todos los $0$, y es fácil acabado.

Answer 3

Permítanme reformular su pregunta de seguridad : Si $\alpha$ es un entero algebraico en la que todos los conjugados tienen valor absoluto $1$, $\alpha$ es una raíz de la unidad. A la derecha ? Consideremos todos los poderes $\alpha^k$$k\in \mathbf N$. Un poder como ese $\alpha^k$ es un entero algebraico, cuyo polinomio irreducible $f_k \in \mathbf Z[X]$ tiene grado menor que el grado $n$$\alpha$$\mathbf Q$. Pero estos coeficientes son simétricas funciones de los conjugados de la $\alpha^k$, por lo tanto, de la hipótesis y la desigualdad de triángulo, que está delimitada por los límites, dependiendo únicamente de la $n$. De ello se deduce que sólo hay un número finito de posibles $f_k$'s al $k$ varía. Por lo tanto, hay sólo un número finito de distintas facultades de $\alpha$, por lo tanto, después de la simplificación, uno de estos poderes deben ser $1$ .

Answer 4

Para $k$ número natural considerar el monic polinomio $f_k$ con las raíces $\alpha_i^k$, $i=1, \ldots, n$. Los coeficientes de $f_k$ son enteros (como parte integral de los polinomios en los coeficientes de $f$) y delimitado en valor absoluto ( $\le \binom{n}{ [\frac{n}{2}]}$ ), ya que todas las $\alpha_i$ tienen valor absoluto $1$. Por lo tanto, no existe$0\le k < l $, de modo que $f_k=f_l$. Esto significa que las raíces de estos polinomios son iguales, que, es, existe una permutación $\sigma$$\{1, \ldots, n\}$, de modo que $$\alpha_i^k= \alpha_{\sigma(i)}^l$$ for $i=1, \ldots, n$. From here we get $\alpha_i^{km}= \alpha_{\sigma(i)}^{lm}$, for all $m$, and hence, by induction on $t$ $$\alpha_i^{k^tm}= \alpha_{\sigma^t(i)}^{l^t m}$$ for all possible $i$, $m$, $t$. Take now $t>1$ so that $\sigma^t=1$. Tenemos $$\alpha_i^{k^t}= \alpha_{i}^{l^t }$$ and so $\alpha_i^{l^t-k^t}=1$ for all $i$.