$\mathbb{Z}[[t]]$ es el anillo de series de potencias formales con coeficientes enteros, y el problema pide demostrar que $100+t$ es reducible. Esto significa que necesito encontrar dos series de potencias, $\sum_{i=0}^\infty a_i t^i$ y $\sum_{j=0}^\infty b_j t^j$ con $a_i,b_j\in\mathbb{Z}$ que al multiplicarse dan $100+t$ . Como los enteros son un dominio integral, sé que ninguna de estas series de potencias puede ser finita, pero me está costando mucho averiguar cómo dar con dos series que se telescopien correctamente. ¿Alguna sugerencia?
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Para dividir $\rm\,ab + t\,$ con $\rm\,\gcd(a,b)=1,\,$ escribir $\rm\ \color{#c00}{\bf 1} = ad\!-\!bc\,$ por la identidad GCD de Bezout.
Recordemos el Serie catalana $\rm\, C(x)\in \mathbb Z[[x]]\,$ satisface $\rm\,\color{#090}{C(x) - x\:C(x)^2\! = 1},\,$ así que con $\rm\,e = cd$
$\ \ \ \rm (a - ct\:C(et))\:(b+dt\:C(et))\ =\ ab + \color{#c00}{\bf 1}\cdot t\:(\color{#090}{C(et) - et\:C(et)^2})\: =\ ab + t$
Nota: $\ $ A continuación se presenta el método que he utilizado para descubrirlo empíricamente.
Mediante coeficientes indeterminados y una Búsqueda de OEIS se deduce empíricamente que $$\rm\ 100 + t\: =\: (4 + f(t))\:(25 - 6\: f(t))\quad where$$ $$\rm f(t)\: =\: t\:C(6t)\: =\: t\sum_{n\:=\:1}^{\infty}\: C_n (6t)^n\ =\ t + 6\: t^2 + 72\: t^3 + 1080\: t^4 + 18144\: t^5 +\:\ldots $$
donde $\rm\displaystyle\ \ C_n =\: {\rm Catalan}(n)\:=\:\dfrac{1}{n+1}{2n\choose n}\ =\ \frac{(2n)!}{n!\:(n+1)!}\ $ con función generadora
$$\smash[b]{\rm C(t)\: =\ \sum_{n\:=\:0}^{\infty} C_n t^n\ =\ {\dfrac{1-\sqrt{1-4t}}{2t}}}$$ Así se obtiene la forma cerrada $$\begin{eqnarray}{}\rm 100 + t\, &=&\rm\ \ (4\ +\ t\:C(6t))\ \ \ \ (25\ -\ 6t\:C(6t)) \\[0.4em] &=&\rm \dfrac{49 - \sqrt{1-24\:t}}{12}\ \dfrac{49 + \sqrt{1-24\:t}}{2}\\ \end{eqnarray}$$
De hecho, empleando la ecuación funcional catalana $\rm\ \color{#090}{C(x) - x\:C(x)^2 = 1}\:$ confirmamos $$\rm\ (4 + t\:C(6t))\:(25-6t\:C(6t))\ =\ 100 + t\:(\color{#090}{C(6t)-6t\:C(6t)^2})\ =\ 100 + t\quad QED $$
Saif Bechan
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Quieres encontrar $(a_i)$ y $(b_i)$ tal que $(\sum_i a_i t^i) (\sum_i b_i t^i) = 100+t$ . Multiplica esto y compara los coeficientes: $$a_0 b_0 = 100\\ a_0 b_1+a_1 b_0 = 1\\ a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + \ldots + a_{n-1} b_1 + a_n b_0 = 0 \quad \text{for } n \geq 2 $$ La segunda ecuación te dice que debes elegir $a_0$ y $b_0$ coprima, así que dejemos que $a_0 := 2^2$ y $b_0 := 5^2$ . A partir de esto se pueden construir inductivamente todos los coeficientes $(a_i)$ y $(b_i)$ pero te dejo hacer los detalles.
Hurkyl
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Primero, resuelva el módulo $t$ . Entonces modulo $t^2$ . Entonces....
Dividiendo $100 = 25 \cdot 4$ es la única opción, porque es la única forma de factorizar $100$ en partes relativamente primarias. esto es importante por razones que quedarán claras si tratas de aplicar el método a continuación)
Así que he elegido
- $f \equiv 25 \pmod t$
- $g \equiv 4 \pmod t$
Para establecer algo de terminología, dejemos que
- $f_n$ sea el truncamiento de $f$ al grado $n$
- $g_n$ sea el truncamiento de $g$ al grado $n$
- $a_n$ sea el coeficiente de $t^n$ en $f$
- $b_n$ sea el coeficiente de $t^n$ en $g$
Ahora, para obtener el coeficiente de $t$ :
- $(f_0 + t a_1) (g_0 + t b_1) = 100 + t (4 a_1 + 25 b_1) \pmod {t^2}$
Así que necesito hacer un GCD extendido y decidir sobre $a_1 = -6$ y $b_1 = 1$ .
Ahora, induce. Por hipótesis, podemos suponer
$$ f_{n-1} g_{n-1} \equiv 100 + t \pmod {t^n} $$
y subiendo un grado da
$$f_{n-1} g_{n-1} \equiv 100 + t + t^n c_n \pmod{ t^{n+1}} $$
para algún valor de $c_n$ .
$$ \begin{align} f_n g_n &= (f_{n-1} + a_n t^n) (g_{n-1} + b_n t^n) & \pmod {t^{n+1}} \\ &= 100 + t + t^n (c_n + a_n g_{n-1}(0) + b_n f_{n-1}(0)) & \pmod{ t^{n+1}} \\ &= 100 + t + t^n (c_n + 4 a_n + 25 b_n ) & \pmod{ t^{n+1}} \end{align} $$
De lo cual se desprende que podemos resolver para $a_n$ y $b_n$ . por ejemplo $a_n = 6 c_n$ y $b_n = -c_n$
Ya que obtenemos $f_n$ y $g_n$ para todos $n$ obtenemos una solución para $f$ y $g$ .
EDIT: En este punto, podemos observar que una de las soluciones tiene $a_n = -6 b_n$ para $n > 0$ y así podríamos escribir $100 = (25 + 6 t h(x)) (4 - t h(x))$ y luego pasar al método de Bill Dubuque.
