Оценить степень многочлена

[Leox]

Рассмотрим рациональную дробь вида $\dfrac{a_0+a_1 x+a_2 x^2+\cdots a_k x^k}{(1-x^{k_1})(1-x^{k_2})\cdots (1-x^{k_n})},$ где $n>1,$ $k<k_1+k_2+\cdots+k_n$ а все $a_i$ - целые неотрицательные числа, причем $a_{k}=a_0=1,$ $a_1=a_{k-1},$ $a_2=a_{k-2},$ $a_3=a_{k-3} \ldots $, т.е. в числителе имеем возвратный многочлен.

Предположим что мы сократили ету дробь к виду $\dfrac{1+a_1 x+a_2 x^2+\cdots a_k x^k}{(1-x^{k_1})(1-x^{k_2})\cdots (1-x^{k_n})}=\dfrac{P(x)}{Q(x)}, $ где многочлены $P(x), Q(x)$ уже взаимно простые. Нужно доказать, что степень $Q(x)$ не больше максимального из чисел $k_i$, то есть доказать (или опровергнуть) неравенство $\deg Q(x) \leq \max(k_1,k_2,\ldots,k_n).$

[alex1910]

Это неверно. Контрпример: пусть степень числителя несокращенной дроби равна 1.

[Leox]

alex1910 в сообщении #346874 писал(а):

Это неверно. Контрпример: пусть степень числителя несокращенной дроби равна 1.

Согласен. Уточню условие.

[alex1910]

Leox в сообщении #346881 писал(а):

alex1910 в сообщении #346874 писал(а):

Это неверно. Контрпример: пусть степень числителя несокращенной дроби равна 1.

Согласен. Уточню условие.

Много уточнять придется. Снизу все корни - корни из единицы различных степеней. Сверху - корни возвратного уравнения, которые быть корнями из единицы не обязаны. Так что, в общем положении, дробь вообще несократима.

[Leox]

alex1910 в сообщении #346890 писал(а):

Много уточнять придется. Снизу все корни - корни из единицы различных степеней. Сверху - корни возвратного уравнения, которые быть корнями из единицы не обязаны. Так что, в общем положении, дробь вообще несократима.

Немного. Перепутал знак и не учел степень числителя. Нужно доказать неравенство $\deg Q(x) \geq \max(k_1,k_2,\ldots,k_n,k).$ Кроме того известно, что $ \max(k_1,k_2,\ldots,k_n,k)<k_1+k_2+\cdots+k_n-n.$

[Sonic86]

Существуют многочлены деления круга $\Phi_n(x)$, имеющие возвратный вид и имеющие неотрицательные коэффициенты. Ясно, что их бесконечно много и они образуют кольцо $K$ по умножению. Так что если взять $P(x) \in K$, то можно подобрать $k_j$ так, что числитель сократится полностью и тогда $\deg Q$ сами знаете чему равна будет...

-- Ср авг 25, 2010 09:21:05 --

Ну и теперь если взять $p$-простое, $n=1$, $P(x)=\Phi _p(x)$ $k_1=p$, то получим понятно что...
(про круговые многочлены тут:
http://mathworld.wolfram.com/CyclotomicPolynomial.html
)

-- Ср авг 25, 2010 09:22:10 --

ну и проверьте после этого свое неравенство
правильно?

[Leox]

Да, в такой общей постановке моя задача не имеет смысла, нужны дополнительные ограничения на числитель и на $k_i.$
Спасибо.