Polinomios tales que raíces=coeficientes

Question

Esta es mi pregunta:

¿Existen polinomios mónicos de grado $\geq 5$ de manera que tengan el mismo real Todo lo que no sea cero raíces y coeficientes ?

Demuestre o refute matemáticamente la existencia de $n \geq 5$ tal que $$\exists (z_1,\ldots, z_n) \in \left(\mathbb R-\{0\}\right)^n, (X-z_1)...(X-z_n)=X^n+\sum_{i=1}^{n}z_iX^{n-i}$$

Estado del problema : No hay tal polinomio para $n \geq 6$ (véase la respuesta más abajo). Queda por demostrar/desmentir la $n=4,5$ casos.

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Aquí están todos los polinomios reales de grado $\leq 3$ :

$X^2+X-2=(X-1)(X+2)$

$X^3+X^2-X-1=(X-1)(X+1)^2$

$X^3+\alpha X^2 + \beta X + \gamma$ donde $\alpha$ es la raíz real de $2X^3+2X^2-1$ (que determina $\gamma$ y $\beta$ )

Quedan los polinomios complejos de grado 3, como en la respuesta de Barry.

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Editar:

Como señaló Jyrki Lahtonen, si $P$ es un polinomio satisfactorio, entonces también lo es $XP$ . Por ejemplo, la familia de polinomios $X^n(X-1)(X+2)$ funciona.

Por lo tanto, parece más interesante buscar sólo los polinomios con coeficientes no nulos, y específicamente aquellos con coeficientes reales (son más escasos)

Este tema se ha debatido aquí ¿Los coeficientes de un polinomio también son las raíces del polinomio? pero no se ocupa de la existencia de tales polinomios con coeficientes reales y grado $\geq 5$ .

Answer 1

Creo que tengo la prueba de que ningún polinomio real de grado $ \geq 6$ existe.

Dejemos que $n \geq 6$

Supongamos por contradicción que $z_1,\ldots,z_n \in \mathbb R-\{0\}^n$ son tales que $(X-z_1)...(X-z_n)=X^n+\sum_{k=1}^{n-1}z_iX^{n-i}$

Entonces aparecen tres identidades útiles $$\sum_{k=1}^{n}z_k=-z_1 \; \; \; \;(1)$$

$$\sum_{\large1\leq i<j \leq n}z_iz_j=z_2 \; \; \; \;(2)$$

$$\prod_{k=1}^n z_k=(-1)^n z_n \; \; \; \;(3)$$

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Desde $$(\sum_{k=1}^{n}z_k)^2=\sum_{k=1}^{n}z_k^2+2\sum_{\large1\leq i<j \leq n}z_iz_j$$ se deduce que $$z_1^2=2z_2+\sum_{k=1}^{n}z_k^2$$

Por lo tanto, $$0< \sum_{k=2}^{n}z_k^2=-2z_2 \; \; \; \;(4)$$ y $$0<\sum_{k=3}^{n}z_k^2=1-(z_2+1)^2 \; \; \; \;(5) $$

$(4)$ y $(5)$ implica $$\; \; \; \;-2<z_2<0 \; \; \; \;(6)$$

así $(6)$ y $(4)$ implica $$0<\sum_{k=2}^{n}z_k^2 < 4 \; \; \; \; (7)$$

También $(6)$ y $(5)$ implica $$0<\sum_{k=3}^{n}z_k^2 \leq 1 \; \; \; \; (8)$$

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Por AM-GM, $$\left(|z_3|^2\ldots|z_{n-1}|^2 \right)^{1/(n-3)} \leq \frac{1}{n-3}\sum_{k=3}^{n-1}z_k^2 \leq \frac{1}{n-3}\sum_{k=3}^{n}z_k^2$$

Por lo tanto, $$|z_3|^2\ldots|z_{n-1}|^2 \leq \left(\frac{1}{n-3}\sum_{k=3}^{n}z_k^2\right)^{n-3} $$

Cuadrando, $$|z_3|\ldots|z_{n-1}| \leq \left(\frac{1}{n-3}\sum_{k=3}^{n}z_k^2\right)^{\large \frac{n-3}{2}} \leq_{ \large (8)} \dfrac{1}{{(n-3)}^{(n-3)/2}} \; \; \; \; (9)$$

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Por la desigualdad del triángulo $(1)$ y Cauchy-Schwarz

$$2|z_1| \leq \sum_{k=2}^{n}|z_k| \leq \sqrt{n-1} \sqrt{\sum_{k=2}^{n}z_k^2} $$

Por lo tanto, por $(7)$ ,

$$|z_1| \leq \sqrt{n-1} \; \; \; \; (10)$$

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Reescribiendo $(6)$ como $$|z_2|\lt2 \; \; \; \; (11) $$

Recordando $(3)$ (con $z_n$ cancelado desde ambos lados) y reuniendo $(9)$ , $(10)$ y $(11)$ tenemos

$$1=|z_1||z_2||z_3|\cdots|z_{n-1}| < \dfrac{ 2\sqrt{n-1}}{{(n-3)}^{(n-3)/2}}$$

Esta desigualdad falla para $n\geq 6$ .

Contradicción.

No puedo probar nada por $n=5$ así que tal vez la conjetura no se sostenga.

Answer 2

El problema editado por el OP (desestimar $0$ como raíz/coeficiente) merece la pena examinar los polinomios de grado $3$ donde las ecuaciones pertinentes son

$$\begin{align} a&=-(a+b+c)\\ b&=ab+bc+ca\\ c&=-abc \end{align}$$

La suposición $abc\not=0$ convierte la tercera ecuación en $a=-1/b$ lo que convierte la primera ecuación en $c=(2-b^2)/b$ y estos, si he hecho el álgebra correctamente, convierten la segunda ecuación en

$$(b+1)(b^3-2b+2)=0$$

La raíz $b=-1$ da $a=1$ y $c=-1$ correspondiente a

$$X^3+X^2-X-1=(X-1)(X+1)(X+1)$$

La cúbica tiene una raíz real en $b\approx-1.76929235424$ y dos raíces complejas. Cada una de ellas dará un polinomio, por lo que hay $4$ ejemplos en todas las ecuaciones cúbicas con raíz/coeficientes no nulos.

Nota histórica : Buscando el número en Google $1.76929235424$ conduce a un aparición anterior del caso cúbico sobre $12$ hace años en el Foro de Matemáticas de Drexel. La discusión allí se remonta a por lo menos $1954$ .

Answer 3

Utilizando la calculadora en línea de Magma CAS en http://magma.maths.usyd.edu.au/calc/

con los comandos

P<d,c,b,a>:=PolynomialRing(Rationals(),4);
I:=[2*a+b+c+d, a*(b+c+d)+b*(c+d)+c*d-b, a*b*(c+d)+c*d*(a+b)+c, a*b*c-1];
PrimaryDecomposition(ideal<P|I>);

resultados en los componentes

$d=0, c =-1 , b=-1, a = 1$ que es una de las soluciones excluidas debido a $d=0$ ,

$-d= - b^2 - b + 1, -c = b^2 + 2b + 1, a = 1)$ para las raíces de $0=b^3 + 2b^2 + b + 1$ Uno de ellos $b=-1.754877666246692760049508...$ ,

y otras 14 soluciones no reales en \begin{align} -d &= \tfrac{26000}{3301}a^{13} + \tfrac{59904}{3301}a^{12} + \tfrac{68448}{3301}a^{11} + \tfrac{34192}{3301}a^{10} - \tfrac{11712}{3301}a^9 - \tfrac{31404}{3301}a^8 - \tfrac{30192}{3301}a^7 - \tfrac{24184}{3301}a^6 - \tfrac{1658}{3301}a^5 + \tfrac{16090}{3301}a^4 + \tfrac{2391}{3301}a^3 - \tfrac{4009}{3301}a^2 + \tfrac{2426}{3301}a - \tfrac{1118}{3301},\\ -c&= - \tfrac{43888}{3301}a^{13} - \tfrac{139568}{3301}a^{12} - \tfrac{217792}{3301}a^{11} - \tfrac{192080}{3301}a^{10} - \tfrac{76144}{3301}a^9 + \tfrac{38644}{3301}a^8 + \tfrac{92900}{3301}a^7 + \tfrac{103568}{3301}a^6 + \tfrac{63854}{3301}a^5 - \tfrac{1016}{3301}a^4 - \tfrac{21835}{3301}a^3 - \tfrac{11692}{3301}a^2 - \tfrac{5125}{3301}a - \tfrac{4662}{3301},\\ -b&= \tfrac{17888}{3301}a^{13} + \tfrac{79664}{3301}a^{12} + \tfrac{149344}{3301}a^{11} + \tfrac{157888}{3301}a^{10} + \tfrac{87856}{3301}a^9 - \tfrac{7240}{3301}a^8 - \tfrac{62708}{3301}a^7 - \tfrac{79384}{3301}a^6 - \tfrac{62196}{3301}a^5 - \tfrac{15074}{3301}a^4 + \tfrac{19444}{3301}a^3 + \tfrac{15701}{3301}a^2 + \tfrac{9301}{3301}a + \tfrac{5780}{3301},\\ 0&=a^{14} + 3a^{13} + 5a^{12} + 5a^{11} + 3a^{10} + \tfrac{1}{4}a^9 - \tfrac{7}{4}a^8 - \tfrac{11}{4}a^7 - \tfrac{17}{8}a^6 - \tfrac{3}{4}a^5 + \tfrac{3}{16}a^4 + \tfrac{3}{8}a^3 + \tfrac{3}{8}a^2 + \tfrac{3}{16}a + \tfrac{1}{16} \end{align}

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El siguiente caso se puede generar como

P<e,d,c,b,a>:=PolynomialRing(Rationals(),5);
I:=[ElementarySymmetricPolynomial(P,6-k)-(-1)^k*P.k : k in [1..5]];
D:=PrimaryDecomposition(ideal<P|I>); 
D[7];
//D[8];

CC<i>:=ComplexField(80);
R<x>:=PolynomialRing(CC);
//D[7] has a=1, generator is b with polynomial in position 4
Roots(Evaluate(BasisElement(D[7],4),[x,x,x,x,x]));
//D[8] is parametrized by a with polynomial in position 5
Roots(Evaluate(BasisElement(D[8],5),[x,x,x,x,x]));

donde los 6 primeros componentesideales sólo tienen soluciones donde uno o más componentes son $0$ y los dos últimos ideales no tienen solución real, uno tiene grado 18, el otro tiene grado 78 y coeficientes muy grandes.

Answer 4

Lo he montado muy rápidamente, pero utilizando Mathematica escribimos

F[n_] := Union[#[[1]] == #[[2]] & /@ Transpose[{r /@ Range[n], 
 Reverse[Most[CoefficientList[Product[x - r[k], {k, 1, n}], x]]]}], 
 r[#] != 0 & /@ Range[n]]

Reduce[F[4], {r[1], r[2], r[3], r[4]}, Integers]

Y la salida es False por lo que no hay soluciones enteras no triviales para polinomios mónicos de grado 4. Sí existen soluciones para raíces complejas generales. No es difícil modificar los comandos anteriores para obtenerlas.

Answer 5

He intentado manejar este caso con este applet de reducción de polinomios: http://www.dr-mikes-maths.com/polynomial-reduction.html para expresar la solución de a solo.

Para el segundo grado, tengo

$1 + a=0$

Para el tercer grado,

$-1 -a -2a^2 -2a^4=0$

Y para el cuarto,

$a^4 -7a^7 + 2a^8 -10a^9 + 19a^{10} + 10a^{11} + 45a^{12} -51a^{13} -38a^{14} -51a^{15} + 38a^{16} + 11a^{17} + 115a^{18} -2a^{19} -14a^{20} -136a^{21} + 20a^{23} + 96a^{24} -32a^{25} -32a^{27} + 16a^{28}=0$