Da inkluderer du bare polynomer med reelle koeffisienter (faktisk heltallige). DetGjest skrev:Det stemmer ikke helt, svaret er 10
er også 6 løsninger med komplekse koeffisienter, så totalt 16 løsninger.
La $P(x)$ ha komplekse røtter $r_i$, $1\leq i\leq 4$, slik at $P(x)=a(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)$.
Ligningen $P(x^2)=P(x)P(-x)$ tilsvarer nå at
\[a(x^2-r_1)(x^2-r_2)(x^2-r_3)(x^2-r_4)=a^2(x^2-r_1^2)(x^2-r_2^2)(x^2-r_3^2)(x^2-r_4^2).\]
Dette medfører umiddelbart at $a=1$ og at $(r_1^2,r_2^2,r_3^2,r_4^2)=(r_{\sigma(1)},r_{\sigma(2)},r_{\sigma(3)},r_{\sigma(4)})$,
hvor $\sigma\in S_4$ er en permutasjon av $\{1,2,3,4\}$. Omvendt ser vi at ethvert 4-tuppel
av komplekse tall som oppfyller denne relasjonen gir opphav til et polynom som løser ligningen.
Anta nå at $(r_1,r_2,r_3,r_4)$ oppfyller denne relasjonen og la $r=r_1$. Da vil
$\{r,r^2,r^4,r^8, r^{16}\}\subseteq \{r_1,r_2,r_3,r_4\}$ slik at $r$ må oppfylle ligningen $r^{2^n}$
for minst en $n\in\{1,2,3,4\}$. Ligningen $r^2=r$ har løsninger $1$ og $0$ og velger vi $j$ røtter
lik $1$ og $4-j$ røtter lik $0$, finner vi de 5 løsningene
\[x^4, \;\; x^3(x-1), \;\; x^2(x-1)^2, \;\; x(x-1)^3,\;\; (x-1)^4. \]
La oss si at $r_i$ er en triviell rot hvis $r=1,0$. Løsningene over tar for seg tilfellet hvor vi
har $4$ trivielle røtter. Vi ser nå på tilfellene hvor vi har $3,2,1,0$ trivielle røtter hver for seg.
i) 3 trivielle røtter. Siden $r\rightarrow r^2$ induserer en permutasjon av røttene må også den
siste roten være triviell, så her får vi ingen nye løsninger.
ii) 2 trivielle røtter. De siste to røttene må tilfredsstille $r^4=r$ og dermed $r^3=1$, hvilket gir
løsningene $e^{2\pi i/3}, e^{4\pi i/3}$. Hvilket gir de tre polynomene
\[x^2(x^2+x+1), \;\; x(x-1)(x^2+x+1), \;\; (x-1)^2(x^2+x+1) .\]
iii) 1 triviell rot. De tre andre røttene må oppfylle $r^8=r$ og dermed $r^7=1$. Definer $\mu=e^{2\pi i/7}$.
For at $r\rightarrow r^2$ skal gi en permutasjon av de tre røttene må enten $\{r_1,r_2,r_3\}=\{\mu,\mu^2,\mu^4\}$
eller $\{r_1,r_2,r_3\}=\{\mu^3,\mu^6,\mu^5\}$. For hver av disse mulighetene kan vi velge siste rot lik enten $0$
eller $1$, slik at vi får totalt $4$ slik løsninger. Eksempelvis vil $P(x)=x(x-\mu)(x-\mu^2)(x-\mu^4)$ være en
løsning (med komplekse koeffisienter).
iv) Ingen trivielle røtter. Her er det to muligheter; enten vil røttene permuteres i par slik at $r_1\leftrightarrow r_2$
og $r_3\leftrightarrow r_4$, eller så vil $r_1\rightarrow r_2\rightarrow r_3\rightarrow r_4\rightarrow r_1$. Den første muligheten
gir polynomet $(x^2+x+1)^2$. I det andre tilfellet ser vi på ligningen $r^{15}=1$ og setter
$\mu=e^{2\pi i/15}$. På tilsvarende måte som i iii) finner vi mengder på denne gangen 4 røtter slik at
$r\rightarrow r^2$ gir en permutasjon av disse. Ved å sjekke de forskjellige mulighetene finner vi 3
slike mengder:
\[\{\mu,\mu^2,\mu^4,\mu^8\}, \; \{\mu^3,\mu^6,\mu^{12},\mu^9\}, \; \{\mu^7, \mu^{14}, \mu^{13},\mu^{11}\}.\]
Hver av disse gir et polynom som løser ligningen, hvorav kun
\[(x-\mu^3)(x-\mu^6)(x-\mu^9)(x-\mu^{12})=x^4+x^3+x^2+x+1=\Phi_5, \]
(det femte syklotomiske polynomet) er reelt.
Totalt gir dette $5+0+3+4+(1+3)=16$ løsninger, hvorav de 4 løsningene fra iii) og 2 av
løsningene fra iv) er komplekse. Med tilsvarende metoder (utdypet nedenfor) løste
jeg også problemet for grad 1,2,3 og 5 og den interessante observasjonen er at det
i alle disse tilfellene er $2^n$ komplekse løsninger for polynomer av grad $n$. Det er
da naturlig å gjette på at dette holder for alle n, men dette er ikke noe jeg har bevist!
Til slutt en kommentar om gruppeteori. I punktene iii) og iv) over kan det kanskje virke litt
kryptisk hvordan disse mengdene av røtter dukker opp. Dette kan forklares på følgende måte.
Vi jobber over den multiplikative gruppen $U_n=\{z\in\mathbb{C}\; :\; z^n=1\}$ av komplekse
n'te røtter. Hvis vi lar $\mu=e^{2\pi i/n}$ så kan elementene skrives $\{1,\mu,\mu^2,...,\mu^{n-1}\}$
og vi har en naturlig isomorfi $U_n\rightarrow \mathbb{Z}_n$ ved $\mu^k\rightarrow k$. Hvis $gcd(n,2)=1$
så vil avbildningen $\mu\rightarrow \mu^2$ være en automorfi av $U_n$. Mer spesifikt holder det
for $n=3,7,15$, som tilsvarer tilfellene sett på ovenfor. I $\mathbb{Z}_n$ vil den ekvivalente avbildningen
være gitt ved $m\rightarrow 2m$. Ser vi bort fra det trivielle fikspunktet $0$, får vi da spesielt
en permutasjon av mengden $\{1,2,...,n-1\}$. Faktoriserer vi denne permutasjonen i disjunkte
sykler vil antall faktorer av en spesifikk lengde være det vi er ute etter. Eksempelvis i iv) over
vil den induserte permutasjonen faktoriseres som $(1,2,4,8)(3,6,12,9)(7,14,13,11)(5,10)$.
Vi er ute etter syklene av lengde 4 og disse ser vi at korresponderer til mengdene jeg skrev opp
ovenfor. Tilsvarende i tilfellet iii) får vi permutasjonen $(1,2,4)(3,6,5)$.
