Racional raíces de polinomios

Question

Se puede construir una secuencia $(a_k)_{k\geqslant 0}$ of rational numbers such that, for every positive integer $n$ the polynomial $a_nX^n+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_0$ has exactly $n$ distintos racional raíces ?

Si no podemos construir de manera explícita, podemos demostrar que este tipo de secuencia existe?

PS: se puede demostrar que (al menos no fácilmente) que el polinomio $\displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{3^{k^2}}X^k$ has $n$ distintas raíces reales.

Answer 1

Esto no responde a la OP de la pregunta, más bien da un resultado parcial. De todos modos, es demasiado largo para caber en un comentario. A partir de ahora, yo trabajo con la topología de Zariski.

Deje $p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n=(x-x_1)\cdots(x-x_n)\in\mathbb{Q}[x]$.

En primer lugar, vamos a describir el conjunto de coeficientes de $(a_0,\ldots,a_n)\in\mathbb{A}^{n+1}_{\mathbb{Q}}$ for which $p$ tiene distintas raíces racionales. Las relaciones entre las raíces y los coeficientes (Vieta de fórmulas) nos dicen que

$$a_i=(-1)^{(n-i)}a_ns_{n-i}(x_1,\ldots,x_n)$$

para $i=0,\ldots,n-1$, where $s_j$ denotes the $j$-th elementary symmetric polynomial. Now, let $X=Y=\mathbb{A}^{n+1}_{\mathbb{Q}}$, and consider the regular map $\varphi:X\longrightarrow Y$ definido por

$$\varphi(x_1,\ldots,x_n,a_n)=(a_0,\ldots,a_n).$$

Afirmo que el conjunto de coeficientes que estamos buscando es, precisamente, % # % # % asegura que el primer coeficiente es distinto de cero.

Lema. El mapa de $\varphi(X)\cap D(\Delta_p)\cap D(a_n)$, where $\Delta_p$ denotes the discriminant of $p$. Indeed, while $\varphi(X)$ guarantees rational roots, $D(\Delta_p)$ that they are distinct, $D(a_n)$.

Prueba. Se argumenta por la contradicción. Supongamos que $\varphi:X\longrightarrow Y$ is dominant, that is, $\overline{\varphi(X)}=Y$, una contradicción.

Como un dominante mapa, $Z\subset Y$ is a proper closed subset containing $\varphi(X)$. Without loss of generality, we may assume that $Z=V(f)$ for some non-zero polynomial $f\in\mathbb{Q}[y_0,\ldots,y_n]$. Define $f_{a_n}=f(y_0,\ldots,y_{n-1},a_n)$. Now, by assumption, $f\circ\varphi$ vanishes identically on $X$, but then $f_{a_n}=0$ for all $\varphi$ contains a non-empty open set $U\subset Y$ in its image (the proof uses Noether normalisation). Therefore, $U\cap D(\Delta_p)\cap D(a_n)$ is a non-empty open set of coefficients for which $p$ has distinct rational roots. Let us denote this set by $D_n$, emphasising the degree of the polynomial. Now, if $(a_0,\ldots,a_n)$\neq a_n\in\mathbb{Q}$ since (and this is the key point) the elementary symmetric polynomials are algebraically independent over $\mathbb{Q}$. This implies that $f=0$ es en el no-vacío conjunto abierto

$$V_n=\bigcap_{k=0}^n D_k\times\mathbb{A}^{n-k}_{\mathbb{Q}}\subset\mathbb{A}^{n+1}_{\mathbb{Q}},$$

a continuación,$p_k(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_kx^k$ has distinct rational roots for all $k=0,\ldots,n$.

Por lo tanto, en el grado $n$, tenemos muchas soluciones.

Por desgracia, no está claro cómo se puede construir una secuencia infinita de esta manera desde $V_n$ might have empty intersection with the closed set $\{a_0\}\times\cdots\times\{a_{n-1}\}\times\mathbb{A}^1_{\mathbb{Q}}$ for a given $(a_0,\ldots,a_{n-1})\in V_{n-1}$. If we could bound the dimension of the complement of an open subset of $\varphi(X)\cap D(\Delta_p)\cap D(a_n)$ independently of $n$, then one could argue inductively. However, all we know for sure is that $\dim(U^c)\leq n-1$.

EDIT. Yo sólo he dado cuenta de que, a pesar de que es dominante, $\varphi$ might not have any non-empty open set in its image, for $\mathbb{Q}$ no es algebraicamente cerrado. Desafortunadamente, esto significa que la conclusión de que señaló que está mal. Sin embargo, la primera parte todavía tiene sentido.