Menor $S\subset \mathbb C$ en la que no hay grado de $k$ polinomio siempre se desvanece?

Question

Decir $p$ es un polinomio de grado $k$ en $\mathbb C[x]$. A continuación, $p$ puede tener en la mayoría de $k$ distintas raíces. Un poco obtusa forma de estado, es decir, que entre cualquier conjunto de $k+1$ distintos números complejos, debe existir un valor de $a$ para que $p(a)\neq 0$.

Aquí la cuestión tiene que ver con la generalización de la anterior hecho a multivariante de polinomios.

Dado que algunos $p \in \mathbb C[x_1,\ldots,x_n]$, resulta que cada vez que disponemos de los suficientes valores diferentes para elegir, siempre podemos escoger algunos de estos $a_1,\ldots,a_n$ a fin de dar a $p(a_1,\ldots,a_n)\neq 0$. Por otra parte, como a muchos es "suficiente" es una función sólo de $n$ y el grado de $p$.

Quiero enfatizar que, en el anterior y en lo que sigue, el $a_1,\ldots,a_n$ elegidos son distintos.

Para hacer las cosas más precisos y específicos, tenemos los siguientes.

Teorema. Deje $p \in \mathbb C[x_1,\ldots,x_n]$ ser un polinomio de total grado $k$. Entonces cualquier conjunto de $n+k$ distintos números complejos contiene un subconjunto de $n$ que se pueden asignar a las variables de $x_1,\ldots,x_n$ a fin de dar un valor distinto de cero para $p$. (De nuevo, estamos hablando de la elección del conjunto de $n$ distintos valores que asignamos a $x_1,\ldots,x_n$.)

La prueba de lo anterior es un ejercicio difícil.

Pero la pregunta es:

Pregunta. En el teorema anterior, puede el $n+k$ ser reemplazado con alguna otra función de $n$ e $k$ el fin de dar una mejor cota superior?

De hecho, vamos a definir $M(n,k)$ a ser el menor entero positivo tal que para cada $p\in \mathbb C[x_1,\ldots,x_n]$ del total de grado $k$, cada conjunto de $S$ al menos $M(n,k)$ distintos números complejos contiene un subconjunto $\{a_1,\ldots,a_n\}$ (de cardinalidad $n$, por lo que estos son valores distintos) tales que $p(a_1,\ldots,a_n)\neq 0$.

El teorema anterior afirma que $M(n,k) \le n+k$, pero no la puedo ver incluso cómo conocer que obligado por $n=k=2$.

Answer 1

Tres no es suficiente para $n=k=2.$ Considerar $x^2+xy+y^2-1$ , con el set de $\{-1,0,1\}.$

Answer 2

Esta es, probablemente, sólo otra forma de presentar Fedor Petrov solución: Ampliar $$\frac{(1-t \alpha_1) (1-t \alpha_2) \cdots (1-t \alpha_{n+k-1})}{(1-t \beta_1)(1 - t \beta_2) \cdots (1-t \beta_n)}$$ como un poder formal de la serie en $t$. El coeficiente de $t^k$ es un grado $k$ polinomio en el $\beta$'s, que se desvanece cuando $\{ \beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_n \}$ es $n$-elemento subconjunto de la $\alpha$'s.

Answer 3

No. Además, para cualquier conjunto de $A\subset \mathbb{C}$, $|A|=n+k-1$, usted puede encontrar un no idéntica a cero el polinomio $p_A$ de grado en la mayoría de las $k$ tal que $p_A(x_1,\ldots,x_n)=0$ para todos los distintos $x_i\in A$. Para $n=1$ este ya se ha mencionado, en OP, por lo tanto, supongo que $n>1$.

Para $k-1$ variables $t_1,\ldots,t_{k-1}$ denotar $p_i=\sum_{j=1}^{k-1} t_j^i$. Podemos expresar $p_k$ como un polinomio en $p_1,\ldots,p_{k-1}$. Esto nos da un polinomio $h$ tal que $h(p_k,p_{k-1},\ldots,p_1)\equiv 0$, e $h(z_k,\ldots,z_1)$ es ponderado homogénea con la ponderación grado $k$: para cualquier monomio $\prod z_i^{c_i}$ en $h$ tenemos $\sum ic_i=k$. A continuación, considere $k$-ésima variable $t_k$ y el polinomio $$F(t_1,\ldots,t_k):=h\left(\sum_{j=1}^{k} t_j^k,\sum_{j=1}^{k} t_j^{k-1},\ldots,\sum_{j=1}^{k} t_j\right).$$ $F$ es simétrica, no idéntica a cero (desde $h$ no es idéntica a cero y los chicos $\sum_{j=1}^{k} t_j^i$ que sustituimos a $h$ puede tomar valores complejos), es homogénea de grado $k$. También se $F$ toma el valor cero cuando uno de $t_i$s'es cero. Por lo tanto, $F$ es divisible por $t_1\ldots t_k$, y desde $\deg F=k$ obtenemos $F=c\,t_1\ldots t_k$ para ciertos no-cero constante $c$.

Ahora denotar $\alpha_i=\sum_{a\in A} a^i$ y tomar el polinomio $$ p_A(x_1,\ldots,x_n)=h\left(\alpha_k-\sum x_i^k,\alpha_{k-1}-\sum x_i^{k-1},\ldots,\alpha_1-\sum x_i\right). $$ A partir de las propiedades anteriores de $h$ obtenemos $\deg p_A\leqslant k$ e $p_A(x_1,\ldots,x_n)=0$ siempre $x_1,\ldots,x_n$ son elementos distintos de $A$. Queda por demostrar que $p_A$ no es idéntica a cero. Para este fin elegimos $k$ cero elementos $a_1,\ldots,a_k\in A$, denotan otros elementos de $A$ por $a_{k+1},\ldots,a_{k+n-1}$ , y el sustituto de $x_i=a_{k+i}$ para $i=1,\ldots,n$ e $x_n=0$ a $p_A$. Este valor de $p_A$ no es nada sino $F(a_1,\ldots,a_k)\ne 0$.