$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ implica $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Dejar $p(x)$ ser un polinomio, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$y $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ para cualquier entero positivo $m$.
Si$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ no es posible decir eso $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
¿Es posible concluir que$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ Si $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ y $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Más general, suponga que existen enteros positivos $k_1 <k_2$, tal que $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ y $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. ¿Sigue eso?$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Respuestas
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$La afirmación es verdadera.
Notación : voy a cambiar el nombre del polinomio a$f$, de modo que $p$puede ser un mejor. Arreglar una prima$p$, dejar $\QQ_p$ ser el $p$-números ádicos, $\ZZ_p$ la $p$-enteros ádicos y $v$ la $p$-valuación ácida. Dejar$\QQ_p^{alg}$ ser un cierre algebraico de $\QQ_p$, luego $v$ se extiende a una valoración única en $\QQ_p^{alg}$, que también denotamos por $v$.
Recordamos la noción de un polígono de Newton: Sea $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ ser un polinomio en $\QQ_p[x]$. El polígono de Newton de$f$ es la trayectoria lineal por partes de $(0, v(f_0))$ a $(d, v(f_d))$ que es el casco convexo inferior de los puntos $(j, v(f_j))$. Dejamos que el polígono de Newton pase por los puntos$(j, N_j)$, para $0 \leq j \leq d$y ponemos $s_j = N_j - N_{j-1}$; la$s_j$se denominan pendientes del polígono de Newton. Dado que el polígono de Newton es convexo, tenemos$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Hay dos hechos principales sobre los polígonos de Newton: (Hecho 1) Sea $f$ y $\bar{f}$ sean dos polinomios y sean las pendientes de sus polígonos de Newton $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ y $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$respectivamente. Entonces las laderas de$f \bar{f}$ son la lista $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, clasificados en orden creciente. (Hecho 2) Deja$\theta_1$, $\theta_2$... $\theta_d$ ser las raíces de $f$ en $\QQ_p^{alg}$. Luego, después de reordenar las raíces apropiadamente, tenemos$v(\theta_j) = -s_j$.
Aquí está el lema que hace el trabajo principal:
Lema : dejar$f$ ser un polinomio en $\QQ_p[x]$ que no esta en $\ZZ_p[x]$, y suponga que el término constante $f_0$ es en $\ZZ_p$. Luego$f^{(2)}$ no está dentro $\ZZ_p[x]$.
Observación : Un ejemplo instructivo con$f_0 \not\in \ZZ_p$ es tomar $p=2$ y $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, de modo que $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Puede que le guste leer esta prueba y ver por qué no se aplica a este caso.
Prueba : utilizamos todas las notaciones relacionadas con los polígonos de Newton anteriores. Tenga en cuenta que el término principal de$f^{(2)}$ es $f_d^{d+1}$, Así que si $f_d \not\in \ZZ_p$hemos terminado; por lo tanto asumimos que$f_d \in \ZZ_p$. Entonces$v(f_0)$ y $v(f_d) \geq 0$, pero desde $f \not\in \ZZ_p[x]$), hay algunos $j$ con $v(f_j) < 0$. Por lo tanto, el polígono de Newton tiene una parte hacia abajo y una parte hacia arriba. Sean las pendientes del polígono de Newton$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. Así,$(k,N_k)$es el punto más negativo del polígono de Newton; nosotros abreviamos$N_k = -b$ y $N_d = a$.
Dejar $\theta_1$, ..., $\theta_d$ ser las raíces de $f$, numerado para que $v(\theta_j) = - s_j$. Tenemos$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ y entonces $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Calcularemos (parte de) el polígono de Newton de$f^{(2)}$ fusionando las pendientes de los polígonos de Newton de los polinomios $f(x) - \theta_j$, como en el Hecho 1.
Caso 1:$1 \leq j \leq k$. Luego$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. Usando nuestra suposición de que$f_0 \in \ZZ_p$, el término constante de $f(x) - \theta_j$ tiene valoración $\geq 0$. Por lo tanto, las partes con pendiente ascendente de los polígonos de Newton de$f(x)$ y de $f(x) - \theta_j$ son iguales, por lo que la lista de pendientes del polígono de Newton de $f(x) - \theta_j$ termina con $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Por lo tanto, el cambio de altura del polígono de Newton desde su punto más negativo hasta el extremo derecho es$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Caso 2:$k+1 \leq j \leq d$. Luego$v(\theta_j) < 0$, por lo que el punto de la izquierda del polígono de Newton de $f(x) - \theta_j$ es $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$, y el punto de la derecha es $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Vemos que el cambio de altura total en todo el polígono de Newton es$a+s_j$ y así el cambio de altura del polígono de Newton desde su punto más negativo hasta el extremo derecho es $\geq a+s_j$.
El lado derecho del polígono de Newton de $f^{(2)}$ está en altura $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Como mezclamos las pendientes de los factores (Hecho 1), el polígono de Newton de$f^{(2)}$desciende desde su extremo derecho por la suma de las caídas de altura de todos los factores. Entonces, el punto más bajo del polígono de Newton de$f^{(2)}$ es al menos tan negativo como $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Ahora calculamos $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Dado que esto es negativo, hemos demostrado que el polígono de Newton va por debajo de la $x$-eje, y ganamos. $\square$
Ahora usamos este lema para probar los resultados solicitados.
Teorema 1: Sea$g \in \QQ_p[x]$ y supongamos que $g^{(2)}$ y $g^{(3)}$ estan en $\ZZ_p[x]$. Luego$g \in \ZZ_p[x]$.
Prueba : tenga en cuenta que$g(g(0))$ y $g(g(g(0)))$ estan en $\ZZ_p$. Poner$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ Luego $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, entonces $f^{(2)}$ es en $\ZZ_p[x]$. También,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Entonces, por el contrapositivo del lema,$f(x) \in \ZZ_p[x]$ y por lo tanto $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
También tenemos la versión más fuerte:
Teorema 2: Sea$h \in \QQ_p[x]$ y supongamos que $h^{(k_1)}$ y $h^{(k_2)}$ estan en $\ZZ_p[x]$ para algunos relativamente prime $k_1$ y $k_2$. Luego$h \in \ZZ_p[x]$.
Prueba : Desde$GCD(k_1, k_2) = 1$, cada entero suficientemente grande $m$ es de la forma $c_1 k_1 + c_2 k_2$ para $c_1$, $c_2 \geq 0$, y por lo tanto $h^{(m)}$ es en $\ZZ_p[x]$ por cada suficientemente grande $m$. Supongamos, en aras de la contradicción, que$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Luego hay algunos más grandes$r$ para cual $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Pero por este valor de$r$, tenemos $h^{(2r)}$ y $h^{(3r)}$ en $\ZZ_p[x]$, contradiciendo el teorema 1. $\square$.
El resultado es cierto para polinomios (o más generalmente, series de potencias) de la forma $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ con $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
Dejar $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ tal que $p^{(2)}$ y $p^{(3)}$ pertenece a $\mathbb{Z}[[x]]$. Mostraremos por inducción en$n$ ese $a_n \in \mathbb{Z}$. Dejar$n \geq 2$ tal que $a_k \in \mathbb{Z}$ para todos $k<n$.
Tenemos $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ con $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. Luego\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*} Ahora en la serie de poder $q(p(x)) + O(x^{n+1})$, el coeficiente $a_n$ no aparece, por lo que esta serie de potencias tiene coeficientes en $\mathbb{Z}$. Resulta que$2a_n \in \mathbb{Z}$. El mismo cálculo muestra que$p^{(3)}$tiene la forma \ begin {ecuación *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {ecuación *} con$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Por lo tanto$3a_n \in \mathbb{Z}$, y por lo tanto $a_n \in \mathbb{Z}$.
Observación. En el caso considerado aquí,$0$ es un punto fijo de $p$. En general, podríamos intentar utilizar el hecho de que cualquier polinomio no constante$p(x)$ arregla el punto $\infty$. Dejar$\varphi(x)=1/x$ ser el gráfico estándar en $\infty$. Luego$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$es una serie de potencias de la forma \ begin {ecuación *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {ecuación *} donde$d=\mathrm{deg}(p)$ y $a_d$ es el coeficiente principal de $p$. Asumiendo$p$ es monica, basta con generalizar el resultado anterior para series de potencias con valoración arbitraria.
Por cada polinomio $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, dejar $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ sea su conjunto de raíces.
Luego $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Suponer que$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ es monic y $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. Luego$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ porque $p^{(3)}$será monic también. Ya que$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ por supuesto, esto implica que $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, lo que a su vez implica que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ porque $p$ se asumió que era monic.
El mismo argumento funciona para mostrar de manera más general que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ bajo los supuestos de que $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ es monic, y $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ para algunos $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ tal que $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
No sé cómo tratar el caso cuando $p(x)$no es monic. Por supuesto si$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ para algunos $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ tal que $\gcd(k_1,k_2) = 1$, entonces es inmediato mostrar que el coeficiente principal de $p(x)$ tiene que ser un número entero, pero no puedo ir más lejos.
Lo siguiente se demuestra (¿independientemente?) En [1] y [2]: Cada descomposición polinomial sobre $\mathbb Q$ es equivalente a una descomposición sobre $\mathbb Z$.
Específicamente dice que si $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ con $g,h\in \mathbb Q[x]$entonces existe un polinomio lineal$\varphi\in \mathbb Q[x]$ tal que $g\circ \varphi^{-1}$ y $\varphi\circ h$ ambos están en $\mathbb Z[x]$ y $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] I. Gusic, Sobre la descomposición de polinomios sobre anillos, Glas. Estera. Ser. III 43 (63) (2008), 7 a 12
[2] G. Turnwald, Sobre la conjetura de Schur, J. Austral. Matemáticas. Soc. Ser. A (1995), 58, 312–357
Ahora suponga que $f(x)$ satisface $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Entonces, como en la respuesta de David, el polinomio$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ satisface $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ y $F(0)\in \mathbb Z$.
Vamos a escribir $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Suponga que existe alguna prima$p$ para cual $v_p(a_i)<0$. De la declaración citada anteriormente, existe$\varphi(x)=a(x-F(0))$ tal que $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. Esto significa que$v_p(a)>0$. También tendremos$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ entonces $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Suponer que $k$ es el índice más grande para el cual $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. Esto debe existir porque$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. Luego vemos que todos los coeficientes provienen de$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ para $r>k$ tener $v_p>0$. Esto significa que el coeficiente de$x^k$ en $F(\frac{x}{a}+F(0))$ debe tener $v_p<0$, lo cual es una contradicción. Por eso debemos tener$F(x)\in \mathbb Z[x]$ y por lo tanto también $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Es fácil ver este resultado para series de potencia de la forma $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ con $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. De manera más general, dejemos$i_1,\dots, i_k$ser enteros primos relativos. El conjunto de todas las series de potencias de la forma.$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$Formar un grupo bajo composición. Dichas series de potencias con coeficientes enteros forman un subgrupo. En cualquier grupo$G$ y $g\in G$, el grupo generado por $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ contiene $g$, y la prueba sigue.
¿Se puede modificar este argumento para resolver el problema planteado?