¿Cuándo $f(X) = g(X+1)-g(X)$ donde $f, g \in \mathbb{C}(X)$?

Question

Hay un interesante o útil condición necesaria y suficiente para que una función racional $f \in \mathbb{C}(X)$ a se puede expresar como la diferencia de $g(X+1)-g(X)$ de otra función racional $g \in \mathbb{C}(X)$?

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Como un ejemplo, cada polinomio $f$ es expresable en la forma ya tenemos el Faulhaber de la fórmula.

Alternativamente, podemos observar que la $(X+1)^n - X^n = \sum\limits_{k=0}^{n-1}{n\choose k}X^k$, por lo que dado un polinomio $f(X) = a_nX^n + \ldots + a_1X + a_0$ podemos resolver el sistema de ecuaciones obtenido por la equiparación de la $k$-th términos de $f$ con los de $\sum\limits_{k=0}^{n}\left(\sum\limits_{i=k+1}^{n+1}b_i{i \choose k}\right)X^k$. Los asociados de la matriz se compone de la parte superior triangular de la matriz con entradas de $A_{ij} = {j \choose i-1}, 1 \leq i \leq j \leq n+1$, y su determinante es claramente distinto de cero, ya que es el producto de la diagonal entradas de ${i \choose i-1} = i$, por lo que el factor determinante es $(n+1)!$.

La solución para el $b_i$, $1 \leq i \leq n+1$ le dará un polinomio $g(X) = b_{n+1}X^{n+1} + \ldots b_1X + b_0$ tal que $f(X) = g(X+1)-g(X)$ ($b_0$ es arbitrario).

Otro ejemplo es la función racional $f(X) = \frac{1}{X(X+1)}$ donde $g(X) = -\frac{1}{X}$.

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Como un ejemplo, considere la función $f(X) = \frac{1}{X}$. Supongamos que existen polinomios $p(X), q(X) \in \mathbb{C}[X]$ tal que $\frac{p(X+1)}{q(X+1)}-\frac{p(X)}{q(X)} = \frac{1}{X}$. Supongamos, además, que $p$ $q$ son coprime después de dividir por los factores comunes.

Luego tenemos a $Xp(X+1)q(X)-Xp(X)q(X+1)=q(X+1)q(X)$, de modo que $q(X)$ divide $Xq(X+1)$ $q(X+1)$ divide $Xq(X)$. Esto significa que tenemos polinomios $\alpha(X), \beta(X)$ tal que $$Xq(X+1) = \alpha(X)q(X)$$ $$Xq(X) = \beta(X)q(X+1)$$

Por el grado consideraciones, tenemos $\deg \alpha = \deg \beta = 1$.

A continuación,$X^2q(X) = \alpha(X)\beta(X)q(X)$, lo que significa $X^2 = \alpha(X)\beta(X)$ y, finalmente, esto obliga a $\alpha(X) = cX$ $\beta(X) = \frac{1}{c}X$ algunos $c \neq 0$. Sustituyendo en las ecuaciones anteriores obtenemos $q(X+1) = cq(X)$ que solo es posible si $q$ es constante debido a que cualquier cero daría lugar a una infinidad de ceros.

Pero esto es imposible porque $\frac{p(X)}{q(X)}$, sería entonces un polinomio, y su diferencia no puede igualar $\frac{1}{X}$.

Creo que esta prueba se puede generalizar a otros casos donde $f(X) = \frac{1}{g(X)}$ donde $g$ es irreductible (que sería sólo la de las funciones lineales desde $\mathbb{C}$ es algebraicamente cerrado).

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Pero no he encontrado una "buena" condición en $f$, lo que podría ser necesaria y suficiente. La continua analógica del problema es fácil, sabemos que $f$ tiene un racional antiderivada si y sólo si sus parcial fracción de descomposición no contiene denominadores de grado $1$.

Answer 1

Cada fracción racional $f\in \mathbb{C}(X)$ puede escribirse de forma única como suma $$f(X) = P(X) + R(X)$$ where $P$ is a polynomial and $R$ es la parte polar. Ahora la parte polar se expresa de forma única como suma de un número finito de $$R(X)= \sum_{k\ge 1, \alpha \in \mathbb{C}}\frac{c_{k,\alpha}}{(X-\alpha)^k}$$

El mapa de $g(X) \mapsto g(X+1) -g(X)$ toma el polinomio (polar) parte a que el polinomio (polar). Por lo $f$ es en la imagen de este mapa, si y sólo si si su polares parte. Es fácil ver que la condición necesaria y suficiente es $$\sum_{n\in \mathbb{Z}} c_{k,\alpha +n}=0$$ for all $k\ge 1$ and $\alpha \in \mathbb{C}$. (un número finito de condiciones lineales).

AÑADIDO: Consideremos ahora el caso de $f\in \mathbb{Q}(X)$. La descomposición parcial de la fracción de $f$ ocurre en un número finito (Galois) extensión de $K$$\mathbb{Q}$. Asumir que no existe $g\in \mathbb{C}(X)$, de modo que $f(X) = g(X+1) - g(X)$. Desde el lineal de las condiciones anteriores son satisfechos los que podemos encontrar $g\in K(X)$, de modo que $f(X) = g(X+1)-g(X)$. Ahora la media de todas las igualdades $f(X) =g^{\sigma}(X+1)-g^{\sigma}(X)$ todos los $\sigma \in Gal(K/\mathbb{Q})$. Llegamos $\bar g\in \mathbb{Q}(X)$, de modo que $f(X) = \bar g(X+1) - \bar g(X)$.

AÑADIÓ:

Los lineales de las condiciones necesarias y suficientes seguir a partir de la siguiente combinatoria lema: por una secuencia $(a_n)_{n\in \mathbb{Z}}$ finito de apoyo existe una secuencia finita de apoyo a $b= (b_n)_{n\in \mathbb{Z}}$, de modo que $a= \Delta b$ si y sólo si $\sum a_n =0$. Por otra parte, en el caso de $b$ está definida de forma única. Este es el discreto analógica de el resultado: una función con soporte compacto en $\mathbb{R}$ tiene una antiderivada con soporte compacto si y sólo si su total de la integral es $0$. En nuestro caso queremos que $b_{n+1}-b_n =a_n$ todos los $n$. La única solución con finito de apoyo está dado por $b_n=\sum_{k<n}a_k$ todos los $n$.

AGREGADO: Como @Steven Stadnicki: di cuenta de que, si una solución de $g$ existe, es único hasta una constante. Por otra parte, si $f$ ha coeficientes en un subcampo $K$, por lo que puede a $g$ ser tomado con coeficientes en $K(X)$.

Damos ahora algunos resultados en casos particulares:

1. Suponga que $f(X) = \frac{P(X)}{Q(X)}$ donde $Q$ ha simples integral raíces y $\deg Q \ge \deg P +2$. A continuación, $f$ es una diferencia. En efecto, es suficiente para comprobar que la suma de los residuos de $f$$0$, y esto se deduce de la fórmula de Cauchy.

2. Suponga que $\deg f =-1$. Entonces $f$ no es una diferencia. Esto puede ser visto de dos maneras: uno, ya que la suma de los residuos es no $0$; de otra manera, es notar que $\deg f = \deg g -1$, pero $g$ es en la mayoría de los de grado $-1$ ( básicamente nos fijamos en la tasa de disminución en el $\infty$.

AÑADIÓ:

Si la ecuación de $f(X)= h(X+2)-h(X)$ tiene una solución $h$, entonces la ecuación de $f(X)=g(X+1)-g(X)$ tiene una solución $g(X)= h(X+1)+h(X)$.

Answer 2

Si $f(z)$ tiene una singularidad en $0$ (WLOG) debemos tener bien $g(z)$ tener una singularidad en $0$ o a $1$ (o ambos).

Si $0$ es una singularidad de $g$ desde $f(-1)=g(0)-g(-1)$, $f$ tiene una singularidad en $-1$ o $g$ (o ambos). Si $g$ hace, entonces podemos seguir moviéndose hacia abajo y encontrar que cualquiera de las $g$ tiene una singularidad en $-k$ o $f$ tiene singularidades en $0$ $-k.$ Así $k> 0$, debemos tener $f(z)$ con singularidades en $0,-k$ $g$ tiene una singularidad en $-1,\dots,-(k-1).$ Tenemos que ser capaces de parar en algún momento porque $f$ debe tener un número finito de singularidades.

Si $1$ es una singularidad de $g$, entonces cualquiera de las $2$ es una singularidad de $g$ o $1$ es una singularidad de $f$. Nos movemos hacia arriba o hacia abajo, y buscar que $0$ $k$ debe ser una singularidad de $f$ para algunos entero $k>0.$

Esto significa que si $f$ tiene una singularidad en $z_0$ entonces no debe ser un entero $n\neq 0$ tal que $f$ tiene una singularidad en $z_0+n.$

Un Algoritmo

Aquí es un algoritmo que no requiere que usted para encontrar las raíces exacta.

La estrategia general: en Cada iteración del bucle, vamos a reducir el problema a otro $f$ con menos singularidades.

Escribir $f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}$ $\deg p<\deg q,$ $p,q$ son relativamente primos. (Cualquier polinomio parte puede ser manejado por separado). Calcular $q_n(x)=\gcd(q(x),q(x+n))$ $n=1,2,\dots$ hasta que:

1. $q_n(x)\neq 1,$ o
2. $n$ es mayor que el diámetro del conjunto de la (compleja) los ceros de $q(x).$

Si 2. se alcanza, y $f\neq 0,$, entonces no es $g$. (Por lo menos podemos calcular un límite superior para el diámetro, así que sólo tienes que marcar un número finito de $n.$)

De lo contrario, hemos encontrado una $q_n(x)\neq 1.$ Escritura $q(x)=a(x)b(x)$ donde $q_n(x)\mid a(x)\mid q_n^k(x)$ algunos $k$ e e $\gcd(a(x),b(x))=1.$ Básicamente, vamos a $a(x)=\gcd(q(x),q_n^k(x))$ para algunos un gran$k,$, de modo que $a(x)$ tiene todas las repeticiones de las raíces $z_0$ $q$ tal que $z_0+n$ es también una raíz.

Sabemos que $b(x)$ no es constante, debido a que cualquier raíz con la parte real no es una raíz de $q_n(x).$

Entonces podemos escribir:

$$f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{c(x)}{a(x)} + \frac{d(x)}{b(x)},$$ utilizando el estándar parcial fracción enfoques.

Deja $$\begin{align}f_1(x)&=\frac{c(x-n)}{a(x-n)}+\frac{d(x)}{b(x)}. \end{align}$$

Tenga en cuenta que si $h(x)=\frac{c(x)}{a(x)},$$h(x)-h(x-n)=\Delta(h(x-1)+h(x-2)+\cdots h(x-n))$, lo $f_1$ $f$ diferir por un elemento en el rango de $\Delta.$

Por lo $f_1$ está en el rango de $\Delta$ si y sólo si $f$ es.

Si $f_1=0$, hemos terminado.

De lo contrario, se aplica el proceso de a $f_1.$

Sabemos que $f_1$ tiene un pequeño conjunto de singularidades - hemos eliminado las singularidades $z_0$ tal que $z_0+n$ es también una singularidad, y, potencialmente, agregó en más repeticiones de las singularidades en $z_0+n.$ Lo que esto significa es que este proceso debe parar finalmente.

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Por ejemplo, si $$f(x)=\frac{3x^3+16x^2+28x+12}{(x+3)(x+2)^2x^2}$$ then $q_1(x)=x+3,$ y se obtiene:

$$f(x)=\frac{-1}{x+3}+\frac{x^3+4x^2+8x+4}{(x+2)^2x^2}$$

Entonces usted consigue $$f_1(x)=\frac{-1}{x+2}+\frac{x^3+4x^2+8x+4}{(x+2)^2x^2}=\frac{2x^2+8x+4}{(x+2)^2x^2}.$$

Para esto $f_1$, obtenemos $q_2(x)=(x+2)^2$ y resolvemos:

$$f_1(x)=\frac{-(x+3)}{(x+2)^2} + \frac{x+1}{x^2}.$$

Entonces tenemos:

$$f_2(x)=\frac{-(x+1)}{x^2}+\frac{x+1}{x^2}=0$$

Así que nuestra expresión resultante es:

$$\begin{align}f(x)&=\left(\frac{-1}{x+3}-\frac{-1}{x+2}\right)+\left(\frac{-(x+3)}{(x+2)^2}+\frac{x+1}{x^2}\right)\\ &=-\Delta\left(\frac{1}{x+2} + \frac{x+2}{(x+1)^2}+\frac{x+1}{x^2}\right) \end{align}$$

En esto, obviamente estoy utilizando el conocimiento de las raíces para hacer el trabajo, no es necesario. Todos los pasos anteriores se puede calcular sin las raíces. Usted puede calcular el $q_n,$$a,b$, $c,d$ todos utilizando el estándar de operaciones.

Por ejemplo, si las singularidades de $f$ a $0,1,2\pm i,3\pm i,5\pm i$, luego de su primera $a(x)$ se encontraría con $a(x)$ tener raíces $0$ y $2\pm i.$ $f_1$ habría resto de las singularidades de un subconjunto de a $\{1,3\pm i,5\pm i\}.$ El siguiente paso sería encontrar $n=2$ y eliminar las singularidades en$3\pm i.$, a Continuación, nos gustaría saber si $f_2=0.$ Si no, el siguiente intento de encontrar una $n$ fallará.

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Este algoritmo también funciona en cualquier $k(x)$ donde $k\subseteq \mathbb C$ es un campo, debido a que todos los algoritmos pasos de trabajo dentro del campo.

En particular, si $f(x)\in k(x)$$g(x)\in\mathbb C(x)$, entonces tiene una solución en $k(x).$