Загадка об многочленах

[Galua]

Дано натуральное число $n\ge 2$. Определите наименьшее такое натуральное $k$, что существуют натуральные числа $t_1 > t_2 >\dots>t_k\ge n$ и рациональные функции $\varphi$ и $\psi$ от $k$ переменных, такие, что
$x = \varphi(x^{t_1} - y^{t_1}, x^{t_2} - y^{t_2},..,x^{t_k} - y^{t_k})$
$y = \psi(x^{t_1} - y^{t_1}, x^{t_2} - y^{t_2},..,x^{t_k} - y^{t_k})$

[Gagarin1968]

Голосование в олимпиадной задаче? Это ещё зачем?
Тогда почему нет варианта: "если $n=4$, то $k=5$" ?

[Galua]

Gagarin1968 в сообщении #1567092 писал(а):

Голосование в олимпиадной задаче? Это ещё зачем?
Тогда почему нет варианта: "если $n=4$, то $k=5$" ?

Дело в том, что кто-то может почувствовать какой ответ правильный, но доказать не может, этот человек сможет воспользоваться опросом.

[waxtep]

Так вот, если совсем по-простому, $k=4$ хочется уже для $n=2$: сконструируем $x^2$ из $x^2-y^2$ и $x^4-y^4$, а потом аналогично $x^3$ из $x^3-y^3$ и $x^6-y^6$. По этой же схеме $k=4$ годится для любого $n$, но, возможно, есть более продвинутая техника

-- 19.10.2022, 01:19 --

Впрочем, $x^6-y^6$ можно построить из степеней $2,4$, так что для $n=2$ достаточно $k=3$

-- 19.10.2022, 01:33 --

Ну да, для любого $n$ достаточно $k=3$, возьмем степени $n,2n-1,2n$

[waxtep]

waxtep в сообщении #1567097 писал(а):

Ну да, для любого $n$ достаточно $k=3$, возьмем степени $n,2n-1,2n$

Ой нет, так в лоб-то это работает только для $n=2$

[Dendr]

waxtep в сообщении #1567108 писал(а):

Ой нет, так в лоб-то это работает только для $n=2$

Так-то в лоб для любого $n$ гарантированно хватит четырех степеней: так как, как и указали выше, из $x^n-y^n, x^{2n}-y^{2n}$ всегда "рациональным образом" получается $x^n, y^n$, то берем $n, n+1, 2n, 2n+2$, делим одну комбинацию на другую, и готово.
В явном виде, обозначая $r_m=x^m-y^m$:

$$x=\frac{r_n}{r_{n+1}}\frac{r_{2n+2}+r_{n+1}^2}{r_{2n}+r_n^2}, y=\frac{r_n}{r_{n+1}}\frac{r_{2n+2}-r_{n+1}^2}{r_{2n}-r_n^2}$$

Но, видимо, для каких-то специфичных $n$ можно подсократить.

Обобщая, можно брать степени $m, 2m, l, 2l$, тогда мы получим $x^m, x^l$ соответственно, а значит, любые линейные комбинации $am+bl$, где $a, b$ - целые. Если среди них есть единица, то задача решена, но для этого необходимо, чтобы $m, l$ были взаимно просты. Чтобы убрать "лишнюю" степень, нужно, чтобы она получалась из уже найденного. Например, $2l$ делилось на $m$. В силу взаимной простоты - 2 делится на $m$, что (при ограничении в условии задачи) возможно лишь при $m=2$, то есть таким образом можно сократить $k$ до трех можно для $n=2$.

Пока такой вывод: либо ответ $k=4$, либо был упущен еще какой-то трюк.

[Galua]

Что же никто не решил?
Досадно.
Тогда дам подсказку:
алгебра $\mathbb{Q}[x^n - y^n, x^m - y^m]$ конечна над $\mathbb{Q}$.

[Galua]

Galua в сообщении #1600929 писал(а):

Что же никто не решил?
Досадно.
Тогда дам подсказку:
алгебра $\mathbb{Q}[x^n - y^n, x^m - y^m]$ конечна над $\mathbb{Q}$.

UPD: Над $\mathbb{Q}[x, y]$.[/quote] конечно же, извините.