Deje [math] m, n [/ math] ser números enteros positivos y [math] P \ in \ mathbb {Z} [X] [/ math] un polinomio de grado [math] n [/ math] tal que todos sus coeficientes son raros Suponga que [math] (x – 1) ^ m [/ math] divide [math] P [/ math]. ¿Cómo puedo mostrar que si [matemáticas] m \ ge 2 ^ k [/ matemáticas] (con [matemáticas] k \ ge 2 [/ matemáticas] entero) entonces [matemáticas] n \ ge 2 ^ {k + 1} -1 ?[/matemáticas]

Answer 1

Solución corta: Esto está inspirado en la respuesta de Gram Zeppi. Considere todo en F_2 (el campo con elementos [math] 2 [/ math]). Entonces [matemáticas] P (x) = x ^ n + \ cdots + x + 1 = (x ^ {n + 1} -1) / (x-1) [/ matemáticas]. Por la hipótesis [matemáticas] (x-1) ^ {2 ^ k} | x ^ {n + 1} -1 [/ matemáticas]. Pero [matemáticas] (x-1) ^ {2 ^ k} = x ^ {2 ^ k} – 1 [/ matemáticas] en [matemáticas] F_2 [/ matemáticas]. Así [matemáticas] x ^ {2 ^ k} -1 | x ^ {n + 1} – 1 [/ matemáticas]. Es cierto en todos los campos, que [matemáticas] x ^ d – 1 | x ^ m – 1 [/ math] si y solo si [math] d | m [/ math]. Por lo tanto [matemáticas] 2 ^ k | n + 1 [/ matemáticas].

Solución larga: solo necesitamos mostrar esto para [matemáticas] m = 2 ^ k [/ matemáticas]. Sea [matemáticas] P (x) = Q (x) \ cdot (x-1) ^ m. [/matemáticas]
Entonces [math] R (x) = Q (x) \ cdot (x + 1) ^ m [/ math] también tiene todos sus coeficientes impares (nada cambia aquí, pero con [math] x + 1 [/ math] nosotros no tiene que lidiar con signos alternos). Deje [math] Q (x) = a_dx ^ d + \ cdots + a_1x + a_0 [/ math]. Necesitamos mostrar que [matemáticas] d \ geq
m-1 [/ matemáticas]. Suponga lo contrario, eso es [matemática] d <m-1 [/ matemática]. Pon [math] (x + 1) ^ m = b_mx ^ m + \ cdots b_1x + b_0 [/ math]. Vemos que [math] b_i = \ binom {m} {i} [/ math].
Calculamos el coeficiente de [math] x ^ {m-1} [/ math] en el producto [math] R (x) [/ math]. Es igual a

[matemáticas] a_0 \ binom {m} {m-1} + a_1 \ binom {m} {m-2} + \ cdots [/ math] [matemáticas] + a_d \ binom {m} {md-1} [/ matemáticas]

Como [math] m [/ math] es una potencia de [math] 2 [/ math] y [math] d <m-1 [/ math], todos los coeficientes binomiales anteriores son pares. En términos más generales, si [math] M [/ math] es una potencia de un primo [math] p [/ math], entonces todos los coeficientes binomiales de grado [math] M [/ math], excepto los triviales, son divisibles por [matemáticas] p [/ matemáticas]. Por lo tanto, concluimos que el coeficiente de [matemáticas] x ^ {m-1} [/ matemáticas] es el producto [matemáticas] R (x) [/ matemáticas] es incluso una contradicción. Por lo tanto, [math] d \ geq m-1 = 2 ^ k-1 [/ math].

Answer 2

Permítanme dar una solución bastante sencilla. Esto es quizás un poco exagerado, pero muestra aún más precisamente lo que es cierto.

Primero observe el siguiente hecho: Un número de factor [matemático] 2 [/ matemático] en [matemático] \ binom {r} {l} [/ matemático] ([matemático] 2 [/ matemático] – valoración adicional del coeficiente binomial ) viene dado por :
[matemáticas] v_ {2} \ binom {r} {l} = a (l) + a (rl) -a (r) [/ matemáticas], donde [matemáticas] a (u) = \ sum_ {i = 0 } ^ {t} z_ {i} [/ math] es la suma de dígitos en la representación binaria de [math] u = \ sum_ {i = 0} ^ {t} z_ {i} 2 ^ {i} [/ matemáticas].

Esto se deduce fácilmente de la fórmula de Legendre, vea una prueba, por ejemplo, Página en arxiv.org

Ahora deje que [math] m = 2 ^ {k} [/ math] y [math] y = x + 1 [/ math].

Sabemos que hay algunos polinomios [math] p \ in \ mathbf {Q} [y] [/ math] tales que

[matemáticas] y ^ mp (y) = a_ {0} + a_1 (y + 1) [/ matemáticas] [matemáticas] + a_ {2} (y + 1) ^ 2 + \ ldots + a_ {s} (y +1) ^ s [/ matemáticas] (*)
con [matemática] a_ {i} \ equiv 1 \ mod 2 [/ matemática], [matemática] i = 1, \ ldots s. [/ matemática]

Claramente, [math] s \ geq m [/ math].

Calculemos [math] b_ {i} [/ math] para [math] i = 1, \ ldots s [/ math] de modo que
[matemáticas] a_ {0} + a_1 (y + 1) + [/ matemáticas] [matemáticas] a_ {2} (y + 1) ^ 2 + \ ldots + a_ {s} (y + 1) ^ s = [ / matemática] [matemática] b_0 + b_1 y + \ ldots + b_s y ^ {s} [/ matemática]

Bueno, no es difícil, puede hacerlo cambiando una base de espacio vectorial de polinomios de grado [matemático] \ leq s [/ matemático] o directamente.

Obtiene [math] b_ {k} = \ sum_ {i = k} ^ {s} {a_ {i}} \ binom {i} {k} [/ math]

Ahora, dado que [math] a_ {i} \ equiv 1 \ mod 2 [/ math] concluimos usando la respuesta de Gram Zeppi a ¿Cuál es el número de soluciones integrales no negativas para
que [matemáticas] b_ {k} \ equiv \ binom {s + 1} {k + 1} \ mod 2 [/ matemáticas].

Como la fórmula (*) implica que [math] b_ {k} = 0 [/ math], se deduce que [math] v_ {2} (b_ {k}) \ geq 1 [/ math] para todos [math] k = 0, \ ldots m-1 [/ math].

Por lo tanto, [math] a (s + 1 -k) + a (k) -a (s + 1) \ geq 1 [/ math] para todos [math] k = 0, \ ldots m-1 [/ math].

Ahora, si [math] s +1 [/ math] contiene en su representación binaria una potencia de dos, digamos [math] 2 ^ {r} [/ math] que es menor o igual que [math] m-1 [/ math ], tenemos una contradicción desde

[matemáticas] a (s + 1 -2 ^ {r}) + a (2 ^ {r}) – a (s + 1) = 0 [/ matemáticas].

Por lo tanto, [math] s + 1 [/ math] puede contener en su representación binaria solo potencias de [math] 2 [/ math] que son al menos [math] m [/ math]. Como [math] s \ geq m [/ math] la igualdad [math] s + 1 = m [/ math] no es posible.

Se deduce que la potencia mínima posible [matemáticas] s + 1 = 2 m [/ matemáticas], es decir, [matemáticas] s \ geq 2 ^ {k + 1} -1 [/ matemáticas]. [matemáticas] \ blacksquare [/ matemáticas]

De hecho, hemos demostrado un poco más, no solo [math] s \ geq 2 ^ {k + 1} -1 [/ math], sino también que [math] 2 ^ {k} [/ math] divide [math ] s + 1 [/ matemáticas].

Espero saber este hecho, uno puede intentar probar esta afirmación inductivamente.