La definición de polinomios irreducibles de forma recursiva: ¿hasta dónde podemos ir?

Question

Fix $n\in\mathbb N$ y un polinomio de partida $p_n=a_0+a_1x+\dots+a_nx^n$$a_k\in\mathbb Z\ \forall k$$a_n\ne0$.

Definir $p_{n+1},p_{n+2},\dots$ recursivamente por $p_r = p_{r-1}+a_rx^r$ tal que $a_r\in \mathbb N$ es el más pequeño tal que $p_r$ es irreducible sobre $\mathbb Q$. No debería ser demasiado difícil de probar (pero, ¿cómo?) que siempre habrá un $r_0$ tal que $a_r=1\ \forall r>r_0$. Deje $r_0$ ser el más pequeño posible. E. g. para$n=0$$p_0\equiv 1$, tenemos que ir tan lejos como $r_0=11$, al pasar antes de que $(a_0,\dots,a_{11})=(1,1,1,2,2,3,1,2,1,3,1,2)$.

Preguntas (aparte de la prueba de la existencia de $r_0$):

• Es posible construir, por un cierto $n$, un polinomio $p_n$ tal que $a_{n+1}$ es mayor que $3$ o incluso arbitrariamente grande?

(En el ejemplo anterior, para$n=4$$p_n=1+x+x^2+2x^3+2x^4$, obtenemos $a_5=3$, igualmente para$n=8$$p_n=1+x+x^2+2x^3+2x^4+3x^5+x^6+2x^7+x^8$, obtenemos $a_9=3$.)

• Es posible construir, por un cierto $n$, un polinomio $p_n$ tal que $r_0-n$ es mayor que $11$? Si es así, ¿cuán grande puede $r_0-n$?

Answer 1

Muy bonito preguntas! La secuencia de $1,1,1,2,2,3,1, \ldots$ es en Sloanes. He utilizado Sage para generar esta secuencia. No parece ser todo después de cualquier punto - he comprobado que hasta un par de cientos de lugares. Softonic obtener finalmente una $4$: $p_{276}(x) = 4x^{276} + x^{275} + x^{274} + \ldots$. Todavía podríamos preguntar si los coeficientes puede ser arbitrariamente grande. El enlace de arriba no da ninguna referencia, así que me imagino que este problema está abierta, y, presumiblemente, muy difícil.

Answer 2

La respuesta a tu primera pregunta es SÍ (y similares método probablemente puede responder de manera positiva a su segundo la pregunta). Uno puede usar el siguiente lema :

Lema Deje $n,g$ ser enteros positivos. Entonces existe un polinomio $Q_{n,g}\in {\mathbb Z}[X]$ grado $\leq n$ tal que $Q_{n,g}(i)=i^g$ para cualquier entero$i$$1$$n+1$.

Respuesta a la pregunta 1, utilizando el lema. Tome $p_n=-Q_{n,n+2}$, por lo que $p_n(x)=-x^{n+2}$ $1\leq x \leq n+1$ . A continuación, para $a\leq n+1$, el polinomio $ax^{n+1}+p_n(x)$ es cero al $x=a$, por lo que no es irreducible. Podemos deducir $a_{n+1} \geq n+2$ para esto $p_n$.

La prueba del lema Por la interpolación de Lagrange, sabemos que existe un único polinomio $Q_{n,g}\in {\mathbb Q}[X]$ la satisfacción de las condiciones. Lo que debemos mostrar es que los coeficientes de $Q_{n,g}$ son enteros. Si $g\leq n$, $Q_{n,g}(x)=x^g$ y hemos terminado. Para $g>n$, la identidad

$$ \frac{x^g-1}{x-1}=\sum_{k=0}^{g-1} \binom{g}{k+1} (x-1)^k $$

muestra que cuando las $2 \leq x \leq n+1$, tenemos $$ x^g=1+(x-1)\bigg( \sum_{k=0}^{g-1} \binom{g}{k+1} Q_{n-1,k}(x-1)\bigg) $$

y así podemos tomar $$ Q_{n,g}(x)=1+(x-1)\bigg(\sum_{k=0}^{g-1} \binom{g}{k+1} Q_{n-1,k}(x-1)\bigg) $$

y hemos terminado por inducción.