$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ impliziert $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Lassen $p(x)$ ein Polynom sein, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$, und $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ für jede positive ganze Zahl $m$.
Wenn$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ das kann man nicht sagen $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Kann man daraus schließen?$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ wenn $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ und $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Nehmen wir allgemeiner an, es gibt positive ganze Zahlen $k_1 <k_2$, so dass $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ und $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Folgt das?$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Antworten
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$Die Aussage ist wahr.
Notation : Ich werde den Namen des Polynoms in ändern$f$, so dass $p$kann eine Primzahl sein. Fixiere eine Primzahl$p$, Lassen $\QQ_p$ sei der $p$-adische Zahlen, $\ZZ_p$ das $p$-adische ganze Zahlen und $v$ das $p$-adische Bewertung. Lassen$\QQ_p^{alg}$ ein algebraischer Abschluss von sein $\QQ_p$, dann $v$ erstreckt sich auf eine eindeutige Bewertung auf $\QQ_p^{alg}$, die wir auch mit bezeichnen $v$.
Wir erinnern uns an die Vorstellung eines Newton-Polygons: Let $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ ein Polynom sein in $\QQ_p[x]$. Das Newton-Polygon von$f$ ist der stückweise lineare Pfad von $(0, v(f_0))$ zu $(d, v(f_d))$ Das ist die untere konvexe Hülle der Punkte $(j, v(f_j))$. Wir lassen das Newton-Polygon durch die Punkte laufen$(j, N_j)$, zum $0 \leq j \leq d$und wir setzen $s_j = N_j - N_{j-1}$;; das$s_j$werden die Steigungen des Newton-Polygons genannt. Da das Newton-Polygon konvex ist, haben wir$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Es gibt zwei Hauptfakten über Newton-Polygone: (Fakt 1) Let $f$ und $\bar{f}$ seien Sie zwei Polynome und lassen Sie die Steigungen ihrer Newton-Polygone sein $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ und $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$beziehungsweise. Dann die Hänge von$f \bar{f}$ sind die Liste $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, in aufsteigender Reihenfolge sortiert. (Fakt 2) Lassen Sie$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ seien die Wurzeln von $f$ im $\QQ_p^{alg}$. Dann, nachdem wir die Wurzeln entsprechend neu angeordnet haben, haben wir$v(\theta_j) = -s_j$.
Hier ist das Lemma, das die Hauptarbeit erledigt:
Lemma : Lass$f$ ein Polynom sein in $\QQ_p[x]$ das ist nicht in $\ZZ_p[x]$und nehmen an, dass der konstante Term $f_0$ ist in $\ZZ_p$. Dann$f^{(2)}$ ist nicht in $\ZZ_p[x]$.
Bemerkung : Ein lehrreiches Beispiel mit$f_0 \not\in \ZZ_p$ ist zu nehmen $p=2$ und $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, so dass $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Es könnte Ihnen Spaß machen, diesen Beweis durchzugehen und zu sehen, warum er für diesen Fall nicht gilt.
Beweis : Wir verwenden alle Notationen, die sich auf Newton-Polygone beziehen. Beachten Sie, dass der führende Begriff von$f^{(2)}$ ist $f_d^{d+1}$, also wenn $f_d \not\in \ZZ_p$wir sind fertig; wir nehmen daher das an$f_d \in \ZZ_p$. So$v(f_0)$ und $v(f_d) \geq 0$, aber seit $f \not\in \ZZ_p[x]$), es gibt einige $j$ mit $v(f_j) < 0$. Somit hat das Newton-Polygon sowohl einen Abwärtsabschnitt als auch einen Aufwärtsabschnitt. Die Steigungen des Newton-Polygons seien$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. So,$(k,N_k)$ist der negativste Punkt auf dem Newton-Polygon; wir kürzen ab$N_k = -b$ und $N_d = a$.
Lassen $\theta_1$, ..., $\theta_d$ seien die Wurzeln von $f$, so nummeriert $v(\theta_j) = - s_j$. Wir haben$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ und so $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Wir werden (einen Teil) des Newton-Polygons von berechnen$f^{(2)}$ durch Zusammenführen der Steigungen der Newton-Polygone der Polynome $f(x) - \theta_j$wie in Fakt 1.
Fall 1:$1 \leq j \leq k$. Dann$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. Unter unserer Annahme, dass$f_0 \in \ZZ_p$, die konstante Laufzeit von $f(x) - \theta_j$ hat Bewertung $\geq 0$. Daher sind die nach oben abfallenden Teile der Newton-Polygone von$f(x)$ und von $f(x) - \theta_j$ sind die gleichen, so dass die Liste der Steigungen des Newton-Polygons von $f(x) - \theta_j$ endet mit $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Somit ist die Höhenänderung des Newton-Polygons von seinem negativsten Punkt zum rechten Ende$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Fall 2:$k+1 \leq j \leq d$. Dann$v(\theta_j) < 0$, also der linke Punkt des Newton-Polygons von $f(x) - \theta_j$ ist $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$und der rechte Punkt ist $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Wir sehen, dass die Gesamthöhenänderung über das gesamte Newton-Polygon beträgt$a+s_j$ und somit ist die Höhenänderung des Newton-Polygons von seinem negativsten Punkt zum rechten Ende $\geq a+s_j$.
Die rechte Seite des Newton-Polygons von $f^{(2)}$ ist in der Höhe $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Da wir die Steigungen der Faktoren zusammen mischen (Fakt 1), ist das Newton-Polygon von$f^{(2)}$fällt von seinem rechten Endpunkt um die Summe der Höhenabfälle aller Faktoren ab. Also der tiefste Punkt des Newton-Polygons von$f^{(2)}$ ist mindestens so negativ wie $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Wir berechnen jetzt $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Da dies negativ ist, haben wir gezeigt, dass das Newton-Polygon unter das fällt $x$-Achse, und wir gewinnen. $\square$
Wir verwenden dieses Lemma nun, um die angeforderten Ergebnisse zu beweisen.
Satz 1: Sei$g \in \QQ_p[x]$ und nimm das an $g^{(2)}$ und $g^{(3)}$ sind in $\ZZ_p[x]$. Dann$g \in \ZZ_p[x]$.
Beweis : Beachten Sie das$g(g(0))$ und $g(g(g(0)))$ sind in $\ZZ_p$. Stellen$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ Dann $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, damit $f^{(2)}$ ist in $\ZZ_p[x]$. Ebenfalls,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Also, durch das Kontrapositive des Lemmas,$f(x) \in \ZZ_p[x]$ und somit $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
Wir haben auch die stärkere Version:
Satz 2: Sei$h \in \QQ_p[x]$ und nimm das an $h^{(k_1)}$ und $h^{(k_2)}$ sind in $\ZZ_p[x]$ für einige relativ erstklassig $k_1$ und $k_2$. Dann$h \in \ZZ_p[x]$.
Beweis : Seit$GCD(k_1, k_2) = 1$jede ausreichend große ganze Zahl $m$ ist von der Form $c_1 k_1 + c_2 k_2$ zum $c_1$, $c_2 \geq 0$, und somit $h^{(m)}$ ist in $\ZZ_p[x]$ für jeden ausreichend großen $m$. Nehmen wir aus Gründen des Widerspruchs an, dass$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Dann gibt es einige größte$r$ für welche $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Aber für diesen Wert von$r$, wir haben $h^{(2r)}$ und $h^{(3r)}$ im $\ZZ_p[x]$im Widerspruch zu Satz 1. $\square$.
Das Ergebnis gilt für Polynome (oder allgemeiner Potenzreihen) der Form $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ mit $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
Lassen $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ so dass $p^{(2)}$ und $p^{(3)}$ gehören $\mathbb{Z}[[x]]$. Wir werden durch Induktion am zeigen$n$ Das $a_n \in \mathbb{Z}$. Lassen$n \geq 2$ so dass $a_k \in \mathbb{Z}$ für alle $k<n$.
Wir haben $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ mit $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. Dann\begin{align*} p^{(2)}(x) & = p(x) + q(p(x)) + a_n p(x)^n + O(x^{n+1}) \\ & = x + q(x) + a_n x^n + q(p(x)) + a_n x^n + O(x^{n+1}). \end{align*} Jetzt in der Power-Serie $q(p(x)) + O(x^{n+1})$der Koeffizient $a_n$ erscheint nicht, so dass diese Potenzreihe Koeffizienten in hat $\mathbb{Z}$. Es folgt dem$2a_n \in \mathbb{Z}$. Die gleiche Berechnung zeigt das$p^{(3)}$hat die Form \ begin {Gleichung *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {Gleichung *} mit$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Deshalb$3a_n \in \mathbb{Z}$, und somit $a_n \in \mathbb{Z}$.
Anmerkung. In dem hier betrachteten Fall$0$ ist ein fester Punkt von $p$. Im Allgemeinen könnten wir versuchen, die Tatsache zu nutzen, dass jedes nicht konstante Polynom$p(x)$ behebt den Punkt $\infty$. Lassen$\varphi(x)=1/x$ sei das Standarddiagramm bei $\infty$. Dann$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$ist eine Potenzreihe der Form \ begin {Gleichung *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {Gleichung *} wobei$d=\mathrm{deg}(p)$ und $a_d$ ist der führende Koeffizient von $p$. Vorausgesetzt$p$ ist monisch, reicht es aus, das obige Ergebnis für Potenzreihen mit willkürlicher Bewertung zu verallgemeinern.
Für jedes Polynom $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, Lassen $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ sei seine Wurzel.
Dann $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Nehme an, dass$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ist monisch und $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. Dann$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ weil $p^{(3)}$wird auch monisch sein. Schon seit$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ unter der Annahme impliziert dies, dass $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, was wiederum impliziert, dass $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ weil $p$ wurde als monisch angenommen.
Das gleiche Argument zeigt dies allgemeiner $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ unter der Annahme, dass $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ist monisch und $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ für einige $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ so dass $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
Ich weiß nicht, wie ich den Fall behandeln soll, wenn $p(x)$ist nicht monisch. Natürlich, wenn$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ für einige $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ so dass $\gcd(k_1,k_2) = 1$, dann ist es sofort zu zeigen, dass der führende Koeffizient von $p(x)$ muss eine ganze Zahl sein, aber ich kann nicht weiter gehen.
Folgendes wird (unabhängig?) In [1] und [2] bewiesen: Jede Polynomzerlegung ist vorbei $\mathbb Q$ ist gleichbedeutend mit einer Zersetzung über $\mathbb Z$.
Insbesondere heißt es, dass wenn $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ mit $g,h\in \mathbb Q[x]$dann existiert ein lineares Polynom$\varphi\in \mathbb Q[x]$ so dass $g\circ \varphi^{-1}$ und $\varphi\circ h$ sind beide in $\mathbb Z[x]$ und $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] I. Gusic, Zur Zerlegung von Polynomen über Ringe, Glas. Matte. Ser. III 43 (63) (2008), 7–12
[2] G. Turnwald, Über Schurs Vermutung, J. Austral. Mathematik. Soc. Ser. A (1995), 58, 312–357
Nehmen wir das an $f(x)$ befriedigt $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Dann, wie in Davids Antwort, das Polynom$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ befriedigt $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ und $F(0)\in \mathbb Z$.
Lass uns schreiben $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Angenommen, es gibt eine Primzahl$p$ für welche $v_p(a_i)<0$. Aus der oben zitierten Aussage ergibt sich$\varphi(x)=a(x-F(0))$ so dass $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. Das bedeutet, dass$v_p(a)>0$. Wir werden auch haben$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ damit $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Nehme an, dass $k$ ist der größte Index für den $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. Dies muss existieren, weil$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. Dann sehen wir, dass alle Koeffizienten von kommen$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ zum $r>k$ haben $v_p>0$. Dies bedeutet, dass der Koeffizient von$x^k$ im $F(\frac{x}{a}+F(0))$ haben müssen $v_p<0$, was ein Widerspruch ist. Also müssen wir haben$F(x)\in \mathbb Z[x]$ und deshalb auch $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Es ist leicht, dieses Ergebnis für Potenzreihen der Form zu sehen $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ mit $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. Im Allgemeinen lassen$i_1,\dots, i_k$seien relativ Primzahlen. Die Menge aller Potenzreihen der Form$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$bilden eine Gruppe unter Zusammensetzung. Solche Potenzreihen mit ganzzahligen Koeffizienten bilden eine Untergruppe. In jeder Gruppe$G$ und $g\in G$, die Gruppe generiert von $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ enthält $g$und der Beweis folgt.
Kann dieses Argument geändert werden, um das angegebene Problem zu lösen?