¿Existe siempre un desplazamiento lineal de un polinomio dado tal que todos los coeficientes son distintos de cero?

Question

Dejemos que $K$ sea un campo y que $f(x)=a_0+a_1x+\cdots +a_nx^n\in K[x]$ sea tal que $a_n\neq 0$ . ¿Existe siempre algún $\alpha\in K$ tal que los coeficientes de $f(x-\alpha)$ son distintos de cero en cada grado $0\leq i\leq n$ ?

Por ejemplo, si $K$ no tiene la característica $p$ entonces el polinomio $x^n$ satisface lo anterior, ya que el desplazamiento $(x-1)^n$ tiene coeficientes no nulos en cada grado por el teorema del binomio. En la característica $p$ La afirmación parece no ser cierta en general. Por ejemplo, ya en $K=\mathbb F_p$ el polinomio $f(x)=x^p-x$ no puede ser desplazado por ningún elemento de $\mathbb F_p$ para que tenga coeficientes no nulos en cada grado: si $a\in \mathbb F_p$ entonces $$ (x-a)^p-(x-a)=x^p-a^p-x+a=x^p-x. $$

Nota: Empecé a pensar en esta cuestión después de que un colega me preguntara por qué sólo consideramos el casco convexo inferior en la definición del $p$ -Polígono de Newton. Mi explicación inicial era que la "mayoría" de los polinomios tendrán al menos un coeficiente igual a 0 (por tanto, la valoración $=\infty$ ) por lo que la carcasa convexa completa no tiene mucho sentido, ya que los "lados" del polígono de Newton en estos casos son sólo líneas verticales que se extienden hasta el infinito. Pero si somos capaces de desplazar cualquier polinomio de manera que todos sus coeficientes sean distintos de cero, entonces el casco convexo completo de puntos tendría sentido.

Answer 1

Como usted señala, si $\operatorname{char}k=p$ entonces esto falla en virtud del polinomio $X^p-X$ .

Si $\operatorname{char}{k}=0$ entonces todos los coeficientes de $f$ son distintos de cero si y sólo si $f^{(i)}(0)\neq0$ para todos $0\leq i\leq n$ , donde $f^{(i)}$ denota el $i$ -derivada de $f$ . Por supuesto, si $f_{\alpha}:=f(X-\alpha)$ entonces $$f_{\alpha}^{(i)}(0)=f^{(i)}(-\alpha),$$ por lo que basta con demostrar que existe $\alpha\in k$ tal que $f^{(i)}(-\alpha)\neq0$ para todos $i$ . Porque el $f^{(i)}$ juntos sólo tienen un número finito de ceros (a menos que $f=0$ ) y $k$ es infinito, tal $\alpha$ existe.

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[Respuesta original]

Si $\operatorname{char}k=0$ entonces es cierto excepto que $f=0$ ; ampliando $f(X-\alpha)$ muestra que \begin {eqnarray*} f(X- \alpha ) &=& \sum_ {i=0}^na_i(X- \alpha )^i = \sum_ {i=0}^na_i \left ( \sum_ {j=0}^i \binom {i}{j}(- \alpha )^{i-j}X^j \right ) \\ &=& \sum_ {i=0}^n \left ( \sum_ {j=i}^n \binom {j}{i}a_j(- \alpha )^{j-i} \right )X^i, \end {eqnarray*} donde los coeficientes (espero haberlos entendido bien...) $$p_i(a_1,\ldots,a_n,\alpha):=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}a_j(-\alpha)^{j-i},$$ son polinomios en $a_1,\ldots,a_n,\alpha$ con coeficientes en $k$ . Nótese que ninguno de los polinomios $$p_i(a_1,\ldots,a_n,X):=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}a_j(-X)^{j-i},$$ es idénticamente cero porque $a_n\neq0$ (a menos que $f=0$ ). Por lo tanto, para cada uno de ellos sólo hay un número finito de valores de $\alpha$ para lo cual $p_i(a_1,\ldots,a_n,\alpha)=0$ . Porque $k$ es infinito hay infinitos valores de $\alpha$ para los que todos los coeficientes son distintos de cero.