Решения системы алгебраических уранений

[ivvan]

Someone в сообщении #1091996 писал(а):

Я вообще перестал понимать, что Вы спрашиваете.

Просто из предыдущего вашего поста мне показалось, что ваше замечание "имеет немало пользы" для задачи (для действительных переменных), и дальше эта задача легко решается (не тяжелее рассмотренных случаев).
Хотя, конечно, ваше замечание, как понимаю, направлено не мне.

[sergei1961]

Someone и я, насколько я понимаю, говорим одно и то же разными словами. Попытаюсь кратко суммировать. Обычно для мног. Чебышёва рассматривают аргументы из отрезка $[-1,1]$. Если в задаче так, то на этом промежутке мног. Ч. меньше единицы, кроме концов. Осталось перебрать случаи на концах $1\cdot1=(-1)\cdot(-1)=1$, решается сразу и явно. Вне отрезка многочлены наоборот не меньше единицы, опять остаются те же решения на концах, как и в предыдущем случае. Если один аргумент на отрезке, а другой вне-то ничего сказать нельзя, по крайней мере такими элементарными выкладками. Тем более ничего не скажешь в комплексном случае. Я не уверен что в этом случае даже система из двух квадратных уравнений в принципе решается.

[Someone]

sergei1961 в сообщении #1092211 писал(а):

Обычно для мног. Чебышёва рассматривают аргументы из отрезка $[-1,1]$. Если в задаче так, то на этом промежутке мног. Ч. меньше единицы, кроме концов. Осталось перебрать случаи на концах $1\cdot1=(-1)\cdot(-1)=1$, решается сразу и явно.

Ну нет, там точек больше. Собственно, $-1\leqslant T_n(x)\leqslant 1$ при $-1\leqslant x\leqslant 1$, причём, $T_n(x_k)=(-1)^k$ в точках $x_k=\cos\frac{\pi k}n$, где $k=0,1,2,\ldots,n$.

(ivvan)

ivvan в сообщении #1092001 писал(а):

Хотя, конечно, ваше замечание, как понимаю, направлено не мне.

Да, не Вам.

[sergei1961]

Someone - да, я написал неточно, но основной смысл сохраняется-все решения можно выписать в явном виде сразу. Спасибо.

[ivvan]

ivvan в сообщении #1091253 писал(а):

mihiv в сообщении #1088449 писал(а):

С помощью результанта.

Спасибо за толчок.
Если ничего не напутал, то конечное число решений имеет любая система

$$ \begin{cases} P(x)P(y)=1\\ Q(x)Q(y)=1\\ \end{cases} $$

с многочленами $P$ и $Q$ неравных ненулевых степеней, имеющими только простые корни.

Неравенство степеней исключается.

[ivvan]

ivvan в сообщении #1091523 писал(а):

mihiv в сообщении #1091399 писал(а):

По-моему, единственное ограничение: многочлены $P$ и $Q$ не должны быть равны тождественно.

Вот ещё ограничения: $P\neq\pm Q^n,n=0,1,2,\dots$. Нет ли ещё других ограничений?

Упустил более общий случай, когда $P$ и $Q$ - степени одного многочлена с точностью до коэффициента $\pm1$.

[DLL]

Вас какой-то конкретный случай интересует или общая теория для систем такого вида?
Если конкретный, находите базис Гребнера и точно знаете количество корней над полем комплексных чисел.

[ivvan]

DLL в сообщении #1094004 писал(а):

Вас какой-то конкретный случай интересует или общая теория для систем такого вида?

В первоначальном вопросе рассматривалось счётное число систем. Теперь рассматриваю

ivvan в сообщении #1091253 писал(а):

любая система

$$ \begin{cases} P(x)P(y)=1\\ Q(x)Q(y)=1\\ \end{cases} $$

с многочленами $P$ и $Q$

[mihiv]

Если рассматривать полиномы $F(x,y)=P(x)P(y)-1$ и $G(x,y)=Q(x)Q(y)-1$ как полиномы от $y$, то результант от этих полиномов -это полином от $x$, степень которого не более $4mn$, где $m$ и $n$ степени полиномов $P$ и $Q$. В этом случае система уравнений имеет конечное число решений. Бесконечное число решений возможно, только если результант тождественно равен 0.
В любом конкретном случае сравнительно просто проверить равен ли результант тождественно 0. Так как это сводится к вычислению определителя с числовыми элементами (значение результанта при одном или нескольких произвольно выбранных $x$).
Можно попробовать найти и общие условия на $P$ и $Q$, при которых результант- тождественный 0.

[ivvan]

ivvan в сообщении #1093959 писал(а):

ivvan в сообщении #1091253 писал(а):

mihiv в сообщении #1088449 писал(а):

С помощью результанта.

Спасибо за толчок.
Если ничего не напутал, то конечное число решений имеет любая система

$$ \begin{cases} P(x)P(y)=1\\ Q(x)Q(y)=1\\ \end{cases} $$

с многочленами $P$ и $Q$ неравных ненулевых степеней, имеющими только простые корни.

Неравенство степеней исключается.

Если $P$ и $Q$ взаимно просты, то при любой кратности своих корней система имеет конечное число решений.

[ivvan]

Цитата:

Для многочленов $P(x), Q(x)$ существуют многочлены $U(x), V(x)$ с $\operatorname{deg}U\leqslant\operatorname{deg}⁡P-1$,
$\operatorname{deg}V\leqslant\operatorname{deg}Q-1$ такие, что $\operatorname{res}(P(x), Q(x))=P(x)V(x)+Q(x)U(x)$.

Если представлять $U$ и $V$ в форме Ньютона по следующим друг за другом последовательностям корней двух полиномов $P(x)$, $Q(x)$, то будет очевидно

ivvan в сообщении #1235498 писал(а):

Если ничего не напутал, то конечное число решений имеет любая система

$$ \begin{cases} P(x)P(y)=1\\ Q(x)Q(y)=1\\ \end{cases} $$

с многочленами $P$ и $Q$ неравных ненулевых степеней, имеющими только простые корни. Неравенство степеней исключается.
Если $P$ и $Q$ взаимно просты, то при любой кратности своих корней система имеет конечное число решений.

[ivvan]

Из уравнения $Q(x)Q(y)=1$ можно получить решения $y=y(x)$ из алгебраического замыкания поля частных кольца многочленов (одной переменной), и тогда нужно доказать, что $P(x)P(y(x))\equiv1$ для некоторого $y=y(x)$. Если $Q(x)Q(y)-1$ неразложимо в рассматриваемом расширении кольца многочленов, то можно, представив $P$ в форме Ньютона по зацикленной последовательности корней $Q$, заменяя $Q(y(x))$ на $(Q(x))^{-1}$ и умножая части рассматриваемого тождественного равенства на $Q(x)$ столько раз, чтобы получились в обоих частях многочлены от $x$ и $y(x)$, увидеть, что $P$ должно быть степенью $Q$.
Будет ли $Q(x)Q(y)-1$ неразложимо для неконстантного $Q$, являющего степенью только самого себя?

[ivvan]

ivvan в сообщении #1235919 писал(а):

Будет ли $Q(x)Q(y)-1$ неразложимо для неконстантного $Q$, являющего степенью только самого себя?

В принципе, можно доказать, что $Q(x)Q(y)-1$ не имеет корней в $F[x]$, если $Q(x)\nequiv(x-x_0)^n$ (сделав преобразование $x'=x-x_0, y'=\frac{1}{y-x_0}$, где $x_0$ - корень $Q$, умножив многочлен на $y'^{\deg{Q}}$ и сравнивая кратности произвольного числа из $F$ как корня для того, что получилось из $Q(x)Q(y)$ и $1$). Но как будут выглядеть резольвенты для разложения $Q(x)Q(y)-1$ на множители неединичных степеней и можно ли для них построить подобное доказательство, не разобрался к настоящему моменту.