Polinomios con algunas raíces cuyo producto es 1

Question

Consideremos la ecuación polinómica de coeficiente complejo \begin{eqnarray} x^n-\left(a_1+\binom{n}{1}\right)x^{n-1}+\cdots+(-1)^k\left(a_k+\binom{n}{k}\right)x^{n-k}+\cdots+(-1)^{n-1}\left(a_{n-1}+\binom{n}{n-1}\right)x+(-1)^n=0 \end{eqnarray} Por el Teorema de Vieta, el producto de sus raíces es 1. Si imponemos la condición de que, entre las $n$ raíces, existe $k$ raíces (contadas con multiplicidad) cuyo producto es 1, entonces $a_1, \cdots, a_{n-1}$ tienen que satisfacer una ecuación polinómica $P(a_1, \cdots, a_{n-1})=0$ , donde $P\in\mathbb{C}[a_1, \cdots, a_{n-1}]$ tiene 0 como término constante.

Pregunta: ¿En qué condiciones $P$ tiene un término lineal no nulo?

A continuación se presentan algunos ejemplos fáciles que he elaborado.

Si $k=1$ entonces eso significa que una de las raíces es 1. Conectando $x=1$ a la ecuación polinómica original da como resultado que $P$ puede ser \begin{eqnarray} \sum_{i=1}^{n-1} (-1)^ia_i \end{eqnarray} cuyo término lineal es distinto de cero. Para $k=2$ , $n=3$ o $4$ , $P$ también tiene un término lineal no nulo.

Si $k=2$ y $n=5$ entonces la ecuación polinómica original se puede factorizar como

\begin{eqnarray} (x^3+px^2+qx-1)(x^2+rx+1)=0 \end{eqnarray} Comparando los coeficientes, tenemos \begin{align*} a_1&=-p-r-5\\ a_2&=pr+q-9\\ a_3&=-p-qr-9\\ a_4&=q-r-5 \end{align*} Según Mathematica, $P$ es, hasta un múltiplo constante, \begin{eqnarray} -a_1^3+a_3 a_1^2+a_4 a_1^2+a_1^2+a_4^2 a_1-2 a_2 a_1+2 a_3 a_1-a_2 a_4 a_1-a_3 a_4 a_1-2 a_4 a_1-a_4^3+a_2^2+a_3^2+a_2 a_4^2+a_4^2-2 a_2 a_3+2 a_2 a_4-2 a_3 a_4\end{eqnarray} que no tiene términos lineales no nulos.

Para $k=3$ , $n=6$ , $P$ es \begin{eqnarray} a_1^3-a_4 a_1^2+3 a_1^2-4 a_2 a_1+6 a_3 a_1-12 a_4 a_1+a_3 a_5 a_1+22 a_5 a_1+a_5^3-a_3^2-a_2 a_5^2+3 a_5^2+4 a_2 a_4-12 a_2 a_5+6 a_3 a_5-4 a_4 a_5\end{eqnarray} que de nuevo no tiene términos lineales no nulos. Mi opinión es que, si $k\geq 2$ y $n-k\geq$ 2, entonces $P$ no tiene un término lineal distinto de cero, excepto en el caso $k=2$ , $n=4$ .

Answer 1

Estas son mis ideas para el caso $k=2$ :

Para un polinomio $p(x)$ dejar $\tilde p(x)=x^{\deg p}p(1/x)$ denotan el polinomio con los coeficientes en orden inverso. Su polinomio es $f(x)=(x-1)^n+xg(x)$ donde $\deg g=n-2$ . Tenemos $\tilde f(x) = (-1)^n(x-1)^n+x\tilde g(x)$ . Tenga en cuenta que $f$ tiene dos raíces con producto $1$ si $f$ y $\tilde f$ tienen una raíz en común (bueno, tiene que tener cuidado si esa raíz común es $1$ ). La herramienta general para esto es comprobar si la resultante $\operatorname{res}(f(x),\tilde f(x))$ es cero. Expresado en términos de los coeficientes de $g$ (es decir, el $(-1)^ia_i$ ), esta resultante es un polinomio $Q\in\Bbb Z[a_1,\ldots,a_{n-1}]$ .

Trivialmente, $Q$ es cero si $g=(-1)^n\tilde g$ . Para $n$ impar este caso trivial equivale a $a_1+a_{n-1}=a_2+a_{n-2}=\ldots=0$ y para $n$ incluso a $a_1-a_{n-1}=a_2-a_{n-2}=\ldots=0$ (en particular $a_{n/2}$ no se produce). Esto se puede resumir escribiendo $n=2m+r$ con $r\in \{0,1\}$ y entonces la condición se convierte en que $a_k-(-1)^na_{n-k}=0$ al mismo tiempo para $1\le k\le m$ .

Otro caso trivial -pero de solución no deseada- es cuando $f(1)=0$ es decir, $g(1)=0$ es decir, $a_n-a_{n-1}\pm\ldots+(-1)^{n-1}a_1=0$ . Concluimos que $$ Q=(a_n-a_{n-1}\pm\ldots+(-1)^{n-1}a_1)\sum_{k=1}^m (a_k-(-1)^na_{n-k})P_k(a_1,\ldots,a_{n-1})$$ y que el segundo factor, la suma, es nuestro deseado $P$ . Un término lineal sólo puede darse si uno de los $P_k$ tiene un término constante. Así que si para tal $k$ (con $2k<n$ ) sustituimos $a_k=T$ y $a_i=0$ de lo contrario, deberíamos obtener que $Q=Q(T)=cT^2+O(T^3)$ con $c\ne 0$ . Entonces, ¿qué podemos decir de las partes de grado inferior de $\operatorname{res}((x-1)^n+Tx^k,(-1)^n(x-1)^n+Tx^ {n-k})$ ?