$\sum_{k=0}^{100} a_k x^{k}=0, a_i \in \mathbb{Z}$ cuántas ecuaciones?

Question

Deje que $x^{100}+a_{99} x^{99}+a_{98} x^{98}+ \dots +a_{1}x +a_{0}=0, \ \ a_{100}=1, a_i \in \mathbb{Z}$, es una ecuación algebraica con coeficientes enteros.

Asumir que todos (100 con multiplicidad) las raíces son números reales positivos: $0 < x_1\leq x_2\leq x_3 \leq x_4 \leq \dots \leq x_{99} \leq x_{100} < m, \ \ m \in \mathbb{N} $.

La pregunta es: ¿cuántos de esos diferentes ecuaciones hay para el intervalo (0, m)?

La actualización. Tal vez he encontrado la solución para el caso cuando $x^2+a_1 x+a_2=0, a_1,a_2 \in \mathbb{Z}$. Si $ 0\leq x_1\leq x_2<m$, de $(x-x_1)(x-x_2) = x^2+a_1 x+a_2$ tenemos un sistema de $x_1, x_2 =a_2; x_1+x_2=-a_1,$ $2m<a_1<0, \ \ 0<a_2<m^2$. Así tenemos $\binom{m+2}{3}=\frac{m(m+1)(m+2)}{6}$ diferentes ecuaciones.

Actualización: la respuesta Completa en el caso m=3 será también útil. Y será otorgado.

Answer 1

Indicar el número de ecuaciones cuadráticas con $x_j\en(0,m)$ $N(m)$. Si usted piensa acerca de la solución estándar a una ecuación cuadrática $x^2+cx+d=0$, donde $c$ y $d$ son números enteros, el punto medio entre las dos raíces se en $-c/2$, por lo que sólo vamos a querer considerar los casos donde $$-m/2\lt c\lt0$$ (de lo contrario las raíces serán muy lejos; los estrictos límites de seguir debido a que estamos trabajando en un intervalo abierto). A partir de las condiciones que $$0\lt \frac{-c-\sqrt{c^2-4d}}{2},\frac{-c+\sqrt{c^2-4d}}{2}\lt m$$ podemos resolver por $d$ para dar a los límites $-(m^2+mc)\lt d\lt0$. Aviso que esta ya contiene la condición de que las raíces son reales (aunque no necesariamente distintos). Ahora, con el fin de contar el número de soluciones, dejar que $\#d(c,m)$ denotar el número de valores permisibles de $d$ para un determinado valor de $c$ (e $m$, por supuesto). Ahora podemos tomar el $$d=-1,...,-(m^2+mc)+1,$$, que es de $(m^2+mc)-1$ opciones, por lo que $\#d(c,m)=(m^2+mc)-1$. Por lo tanto $$N(m)=\sum_{-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor\leq c\leq -1}{\#d(c,m)}$$ (es decir, estamos sumando sobre las diferentes posibilidades para $c$) y, a partir de una serie aritmética $$a+(a+1)+...+(a+n)=\frac{n(2a+n+1)}{2},$$ podemos escribir $$N(m) = \sum_{-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor\leq c\leq -1}{(m^2+mc-1)}=\lfloor \frac{m}{2}\rfloor(m^2-1)+m \sum_{c=-(m-1)}^{-1}{c},$$ o $$N(m)=(m^2-1)\lfloor \frac{m}{2}\rfloor-m\sum_{c=1}^{\lfloor \frac{m}{2}\rfloor}{c}=(m^2-1)\lfloor \frac{m}{2}\rfloor-\frac{m}{2}\lfloor \frac{m}{2}\rfloor(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor+1).$$ Ahora esta la forma explícita de $N(m)$, podemos elegir las ecuaciones que componen el original (con reemplazo, debido a que permite la repetición). Hay $N(m)^{50}$ maneras de hacer esto, y vamos a hacer (el orden de las raíces realidad no importa; existe algún tipo de curso, pero no es necesario hacer explícito para el conteo de argumento). Esta expresión no es muy elegante, por supuesto, usted puede limpiar ligeramente por el tratamiento de pares y los impares $m$ por separado, etc.

Edit: he sido un poco apresurado en llegar a conclusiones con esto, disculpas. Esto podría ser visto como un límite inferior, dado que el número real tendría que ser una expresión que implique el número de polinomios irreducibles de cada grado $\leq$ 100 a cada posible partición de $100$, pero incluso eso está mal - sería necesario probar que el número de ecuaciones es finito (que he obviamente se supone, sino quizás que requiere la prueba). No estoy del todo seguro de por dónde llevará esto, pero podría ser útil considerar la Samuelson-Laguerre de la desigualdad http://en.wikipedia.org/wiki/Samuelson%27s_inequality porque permite vinculado a las raíces.