(EDIT: Gerry Myerson señaló un grave descuido en mi respuesta anterior. En la siguiente respuesta, considero polinomios con el entero que las raíces tienen un grado al menos una, significado distinto de cero constantes son considerados como un caso separado. Creo que este va a abordar la brecha encontrada por Gerry.)
$1 + 9x + 27x^2$ no puede ser expresado como la suma de una constante y un polinomio entero con raíces, o de la suma de dos polinomios con el entero de las raíces.
En primer lugar, mostraremos que $1 + 9x + 27x^2$ no puede ser descompuesto como una constante, además de un polinomio con el entero de las raíces. Supongamos que al contrario que $1 + 9x + 27x^2 = a + c(x+r_1)(x+r_2)$ para algunos enteros $a, c, r_1, r_2$. A continuación,$1 + 9x + 27x^2 = (a + cr_1r_2) + c(r_1 + r_2)x + cx^2$, y por lo $c = 27$. Sin embargo, no se entero de los valores de $r_1, r_2$,$c(r_1 + r_2) = 27(r_1 + r_2) = 9$, lo $1 + 9x + 27x^2$ no tiene ningún tipo de descomposición.
Para probar la segunda afirmación, vamos a establecer que hay familias de cuadráticas que, si se escribe como la suma de dos polinomios con el entero de las raíces, sólo puede ser descompuesto como la diferencia de dos cúbicas. A continuación, podemos demostrar la imposibilidad de la descomposición de la $1 + 9x + 27x^2$ de esta manera, utilizando la aritmética modular y la fuerza bruta. En primer lugar será útil para demostrar algunos resultados intermedios.
Lema 1.1. Un polinomio $f$ donde el coeficiente inicial no divide $f(n)$ cualquier $n$ no puede ser expresado como la suma de dos polinomios con el entero de las raíces de diferentes grados.
Prueba. Tenga en cuenta que $f$ no han entero raíces, de lo contrario el coeficiente inicial dividiría $f(n) = 0$ algunos $n$. Ahora supongamos $f$ tiene una descomposición como:
$$f(x) = k(x + r_1)(x + r_2)\cdots(x + r_i) + l(x + s_1)(x + s_2)\cdots(x + s_j)$$
con $i \ne j$. WLOG, vamos a $i > j$. Desde $f$ no tiene ningún entero raíces, tanto en $k$ $l$ no son cero. En consecuencia, $i$ debe ser igual al grado de $f$ $k$ debe ser igual al coeficiente inicial de $f$. Sin embargo, al evaluar el polinomio en $x = -s_1$, podemos ver que $k$ divide $f(-s_1)$, una contradicción. Así que no hay tal descomposición. $\square$
Lema 1.2. Un polinomio $f$ lo cual es extraño para todos los $f(n)$, cuando se descompone en la suma de dos polinomios con el entero de las raíces, debe ser la suma de un polinomio con todos hasta las raíces y el otro impar de raíces.
Prueba. Tenga en cuenta que $f$ no tiene ningún entero raíces, y por lo $k$ $l$ no son cero. Ahora vamos a examinar la descomposición de la $f$
$$f(x) = k(x + r_1)(x + r_2)\cdots(x + r_i) + l(x + s_1)(x + s_2)\cdots(x + s_j)$$
Dado que el $f(0)$ es impar, exactamente uno de los términos en el lado derecho es extraño que la sustitución de $x = 0$. WLOG, supongamos que el primer término es impar; todos los factores son también impar, y por lo $k, r_1, r_2, \ldots, r_i$ son impares. Dado que el $f(1)$ es impar, el primer término es incluso para la sustitución de $x = 1$, y por la repetición de nuestro análisis anterior, descubrimos que $l, s_1 + 1, s_2 + 1, \ldots, s_j + 1$ son impares. Esto implica que $s_1, s_2, \ldots, s_j$ son incluso. Así que uno de los polinomios en la descomposición de la $f$ debe tener todos hasta las raíces, y el otro impar. $\square$
Lema 1.3. Si un polinomio cuadrático $f(x) = a + bx + cx^2$ con coeficientes impares tales que $\gcd(b, c) \not\mid a$ puede ser descompuesto en dos polinomios con el entero de las raíces, cada polinomio en la descomposición debe ser cúbico.
Prueba. Para polinomios cuadráticos, $\gcd(b, c) \not\mid a$ es equivalente a la condición de que $c$ nunca divide $f(n)$ cualquier $n$, por lo que podemos aplicar el lema (1.1). Desde $f(n)$ también es extraño que todos los $n$ también podemos utilizar lema (1.2). A continuación, considere la descomposición de la $f$
$$f(x) = a + bx + cx^2 = k(x + r_1)(x + r_2)\cdots(x + r_i) + l(x + s_1)(x + s_2)\cdots(x + s_j)$$
De lema (1.1), sabemos que $i = j$. De lema (1.2), podemos suponer WLOG que el primer polinomio en el lado derecho tiene todos los impares raíces. La reinterpretación de la descomposición del modulo 2, tenemos
$$
\begin{align}
f(x) \equiv 1 + x + x^2 & \equiv (x+1)^i + x^j \pmod 2 \\
& \equiv (x+1)^j + x^j \pmod 2 \\
& \equiv (x+1)^j - x^j \pmod 2
\end{align}
$$
The coefficients of $(x+1)^j$ are the binomial coefficients; so the coefficient of the linear term is ${j \elegir j-1} = {j \elegir 1} = j$, which for even $j$ does not match the parity of the linear term of $f$. For odd $j$, the coefficient of the $x^{j-1}$ term is also ${j \elegir 1}$, but since all terms with degree greater than two have coefficients equal to zero, $j$ must equal three. So if quadratics with odd coefficients which satisfy lemma (1.1) can decomposed into two polynomials with integer roots, they can only be expressed as the sum (difference) of two cubics with integer roots. $\square$
Remark. With some trial and error, we can demonstrate polynomials which are not decomposable as the sum of two polynomials with integer roots on the strength of lemma (1.2) alone. For example, no values of $i$, $j$ will make $(x+1)^i + x^j \equiv 1 + x^3 + x^5 \pmod 2$.
Now, specifically, we aim to show that $1 + 9x + 27x^2$ cannot be decomposed into two cubics, and therefore into two polynomials with integer roots.
The easiest approach is bruteforce calculation: since $f(x) = 1 + 9x + 27x^2$ satisfies all criteria of lemma (1.3), we consider a decomposition for $f$ como la diferencia de dos cúbicas
$$
\begin{align}
f(x) & = & 1 + 9x + 27x^2 & = (x + r_1)(x + r_2)(x + r_3) - (x + s_1)(x + s_2)(x + s_3) \\
& \equiv & 1 & \equiv (x + r_1)(x + r_2)(x + r_3) - (x + s_1)(x + s_2)(x + s_3) \pmod 9
\end{align}
$$
y el intento de encontrar los valores adecuados de a $r_1, r_2, r_3, s_1, s_2, s_3$ de manera tal que el lado derecho sigue siendo equivalente a un (módulo 9) para todos los valores de $x$.
La siguiente función Javascript que va a generar una matriz de todas las tripletas $r_1, r_2, r_3$ para un determinado módulo, el cual puede ser tomado a las raíces de un cúbicos bajo el mismo módulo, y el orden de los elementos no importa. A continuación, se trata de todos los pares de triples, con la esperanza de encontrar una pareja cuya diferencia sigue siendo equivalente a la de destino (con respecto al módulo) para todas las sustituciones de $x$.
función pairsOfCubicsDifferenceEquivalenttoxmoduloy(objetivo, el módulo) {
target = mod(destino, módulo);
/* Generar todos únicos triples. */
for (var i = 0, trillizos = []; i < módulo; ++i) {
for (var j = i; j < módulo; ++j) {
for (var k = j; k < módulo; k++) {
trillizos.push([i,j,k]);
}
}
}
/* La fuerza bruta. Pruebe todos los pares de triples. */
for (var i = 0, resultado = []; i < trillizos.length; ++i) {
for (var j = 0; j < trillizos.length; ++j) {
for (var x = 0; x <= módulo; ++x) {
si (
mod( (x+trillizos[i][0])*(x+trillizos[i][1])*(x+trillizos[i][2])
- (x+trillizos[j][0])*(x+trillizos[j][1])*(x+trillizos[j][2])
, el módulo) != de destino) {
break;
}
/* Un círculo completo! Una solución. */
if (x == módulo) {
resultado.push( [trillizos[i], trillizos[j]] );
}
}
}
}
return resultado;
/* Auxiliar: hacer que resta de un valor no negativo. */
la función mod(x, módulo) {
return ((x % módulo) + módulo) % módulo;
}
}
Anticlimactically, evaluando pairsOfCubicsDifferenceEquivalentToXmoduloY(1, 9) no devolverá resultados, y por lo $1 + 9x + 27x^2$ no puede ser expresado como la diferencia de dos cúbicas, o por lo tanto como la suma de dos polinomios con el entero de las raíces. $\square$
(!) otro pensamiento: las siguientes observaciones demos otra exposición de un resultado por RicardoCruz, donde nos muestra que cuadráticas $f(x) = a + bx + cx^2$ donde $\gcd(b, c) \mid a$ se puede descomponer de forma sistemática.
Observación 2.1 (Cambiando.) Si una ecuación cuadrática $f(x)$ tiene una descomposición
$$f(x) = a + bx + cx^2 = k(x + r_1)(x + r_2)\cdots(x + r_i) + l(x + s_1)(x + s_2)\cdots(x + s_j)$$
a continuación, tiene una descomposición $f(x+n)$ para cualquier entero $n$.
$$f(x+n) = f(n) + (2cn+b)x + cx^2 = k(x + n+r_1)(x + n+r_2)\cdots(x + n+r_i) + l(x + n+s_1)(x + n+s_2)\cdots(x + n+s_j)$$
Observation 2.2 (Linear terms are absorbent.) For a quadratic $f(x) = a + bx + cx^2$, if the leading coefficient divides the constant term, we can decompose $f$ into polynomials with integer roots. Let $a = cpq$ and rewrite $f$ como
$$
\begin{align}
f(x) & = a + bx + cx^2 \\
& = cpq + bx + cx^2 \\
& = c(x^2 + pq) + bx \\
& = c(x + p)(x + q) - c(p+q)x + bx \\
f(x) & = c(x + p)(x + q) + (b - c[p+q])x
\end{align}
$$
Returning now to our initial motivation. If $f(x) = a + bx + cx^2$ and $\gcd(b, c) \mediados de los a$, we can factor out $\gcd(b, c)$ from each term, so after pulling out a constant we may assume that $\gcd(b, c) = 1$. Now we can find an $n$ such that $c \mid f(n)$, by considering the quadratic modulo $c$.
$$
\begin{align}
f(n) & \equiv 0 \pmod c \\
a + bn + cn^2 & \equiv 0 \pmod c \\
bn & \equiv -a \pmod c \\
\end{align}
$$
donde $b$ es invertible desde $\gcd(b, c) = 1$. Si nos "shift" $f(x)$ $n$ mediante la observación (2.1), entonces el término constante $f(n)$ será divisible por $c$, y podemos aplicar la observación (2.2) para encontrar una descomposición de $f(x+n)$, para luego pasar de nuevo por $-n$ para obtener una descomposición de $f(x)$.
Vamos a tomar un ejemplo de RicardoCruz la respuesta, donde $f(x) = 2 + 57x + 31x^2$.
$$
\begin{align}
f(n) & \equiv 0 \pmod {31} \\
2 + 57n + 31n^2 & \equiv 0 \pmod {31} \\
-5n & \equiv -2 \pmod {31} \\
n & \equiv -12 \pmod {31}
\end{align}
$$
y, a continuación,
$$
\begin{align}
f(x) & = 2 + 57x + 31x^2 \\
f(x-12) & = 2 + 57(x-12) + 31(x-12)^2 \\
& = 3782 - 687x + 31x^2 \\
& = 31(x^2 + 122) - 687x \\
\end{align}
$$
We can pick any divisors of $122$, so why not $-2$ and $-61$?
$$
\begin{align}
f(x-12) & = 31(x^2 + [-2][-61]) - 687x \\
& = 31(x - 2)(x - 61) + (31 \cdot 63)x - 687x \\
& = 31(x - 2)(x - 61) + 1266x \\
f([x+12] - 12) & = 31([x+12] - 2)([x+12] - 61) + 1266[x+12] \\
f(x) & = 31(x + 10)(x - 49) + 1266(x+12)
\end{align}
$$
lo cual está de acuerdo con RicardoCruz del análisis.
