Con aplicaciones a la vida real…

abril 9, 2010

Dado n \in \mathbb{N} decimos que un polinomio p\in k[h] es singular si los exponentes de todos sus monomios son divisibles por n .
Dados polinomios f y g, que condiciones tienen que cumplir para que exista un s singular tal que f | g +s?

Ejemplos:
* si f | g se puede.
* si n=2 , f=h^4 + 2 h^2 +1 y g=h^3+h^2-h-1 no se puede.

EDIT:
El caso que mas me interesa, porque estoy casi seguro que todo se puede reducir a eso, es cuando f y g son coprimos.

3 comentarios to “Con aplicaciones a la vida real…”

  1. ... said

    ¿Qué tipo de condiciones se puede encontrar?

    Lo que se ve fácil es que hay un algoritmo polinomial (donde la entrada es n,f,g y se asume que operar en k cuesta tiempo polinomial en el tamaño de la representación de los operandos). Es obvio: sea p : k[h] \rightarrow k[h]/(f) la proyección canónica y sea d = \deg f. Vemos k[h]/(f) como k-espacio vectorial con base p(1),p(h),\ldots,p(h^{d-1}). Sea T:k[h]/(f)\rightarrow k[h]/(f) dada por T(u)=up(h^n). Es lineal así que por Hamilton-Cayley T^d(p(1)) \in \langle p(1),T(p(1)),...,T^{d-1}(p(1)) \rangle. La pregunta es si p(g) \in \langle p(1),T(p(1)),... \rangle, así que calculamos p(1),T(p(1)),...,T^{d-1}(p(1)) y lo que resta es resolver un sistema de ecuaciones lineales para ver si g está en ese subespacio generado.

    ¿Podrá tener algo que ver que f y g sean coprimos? A mis ojos la cosa pasa por qué monomios se pueden obtener como combinación lineal de los h^{nk} módulo f; después si justo están todos los de p(g) o no es anecdótico.
    ¿Es demasiado obvio mi algoritmo?

    • quimey said

      Yo no lo había encarado de esta forma, ahora voy a ver si puedo sacar algo así. Mi idea de caracterización es algo como “si f y g son coprimos entonces siempre existe el s”. Eso es lo que quiero que valga, pero no lo pude demostrar. Otras condiciones de ese estilo me también me sirven.

  2. quimey said

    Creo que tengo algo:

    Supongamos que f tiene todas sus raíces simples y que k es algebraicamente cerrado, entonces hay un isomorfismo \frac{k[h]}{(f)} \rightarrow k^d dado por la evaluación en las raíces de f (esto es el teorema chino del resto). Si las raíces son r_1,\cdots, r_d entonces h^{in}\mapsto (r_1^{in},\cdots, r_d^{in}) , y por lo tanto, se tiene que si r_1^{n},\cdots, r_d^{n} son todos números distintos entonces las imagenes de h^{in} generan k^d (esto es por Vandermonde). Por lo tanto en este caso para cualquier g existe tal s .

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