$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ implique $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Laisser $p(x)$ être un polynôme, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$, et $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ pour tout entier positif $m$.
Si$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ il n'est pas possible de dire ça $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Est-il possible de conclure que$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ si $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ et $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Plus général, supposons qu'il existe des entiers positifs $k_1 <k_2$, tel que $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ et $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. S'ensuit-il que$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Réponses
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$La déclaration est vraie.
Notation : je vais changer le nom du polynôme en$f$, de sorte que $p$peut être une prime. Fixer un prime$p$, laisser $\QQ_p$ Soit le $p$-numéros adiques, $\ZZ_p$ la $p$-entiers adiques et $v$ la $p$-évaluation adique. Laisser$\QQ_p^{alg}$ être une clôture algébrique de $\QQ_p$, puis $v$ s'étend à une évaluation unique sur $\QQ_p^{alg}$, que nous désignons également par $v$.
On rappelle la notion de polygone de Newton: Soit $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ être un polynôme dans $\QQ_p[x]$. Le polygone de Newton de$f$ est le chemin linéaire par morceaux de $(0, v(f_0))$ à $(d, v(f_d))$ qui est la coque convexe inférieure des pointes $(j, v(f_j))$. On laisse passer le polygone de Newton entre les points$(j, N_j)$, pour $0 \leq j \leq d$, et nous définissons $s_j = N_j - N_{j-1}$; la$s_j$sont appelées les pentes du polygone de Newton. Puisque le polygone de Newton est convexe, nous avons$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Il y a deux faits principaux sur les polygones de Newton: (Fait 1) Soit $f$ et $\bar{f}$ être deux polynômes et que les pentes de leurs polygones de Newton soient $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ et $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$respectivement. Puis les pentes de$f \bar{f}$ sont la liste $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, triés par ordre croissant. (Fait 2) Soit$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ être les racines de $f$ dans $\QQ_p^{alg}$. Ensuite, après avoir réorganisé les racines de manière appropriée, nous avons$v(\theta_j) = -s_j$.
Voici le lemme qui fait le travail principal:
Lemme : Let$f$ être un polynôme dans $\QQ_p[x]$ qui n'est pas dans $\ZZ_p[x]$, et supposons que le terme constant $f_0$ est dans $\ZZ_p$. ensuite$f^{(2)}$ n'est pas dans $\ZZ_p[x]$.
Remarque : un exemple instructif avec$f_0 \not\in \ZZ_p$ est de prendre $p=2$ et $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, de sorte que $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Vous apprécierez peut-être de parcourir cette preuve et de voir pourquoi elle ne s'applique pas à ce cas.
Preuve : Nous utilisons toutes les notations liées aux polygones de Newton ci-dessus. Notez que le terme principal de$f^{(2)}$ est $f_d^{d+1}$, donc si $f_d \not\in \ZZ_p$nous avons fini; on suppose donc que$f_d \in \ZZ_p$. Alors$v(f_0)$ et $v(f_d) \geq 0$, mais depuis $f \not\in \ZZ_p[x]$), il y en a $j$ avec $v(f_j) < 0$. Ainsi, le polygone de Newton a à la fois une partie vers le bas et une partie vers le haut. Soit les pentes du polygone de Newton$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. Donc,$(k,N_k)$est le point le plus négatif du polygone de Newton; nous abrégons$N_k = -b$ et $N_d = a$.
Laisser $\theta_1$, ..., $\theta_d$ être les racines de $f$, numéroté pour que $v(\theta_j) = - s_j$. Nous avons$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ et donc $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Nous allons calculer (une partie du) polygone de Newton de$f^{(2)}$ en fusionnant les pentes des polygones de Newton des polynômes $f(x) - \theta_j$, comme dans le fait 1.
Cas 1:$1 \leq j \leq k$. ensuite$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. En utilisant notre hypothèse que$f_0 \in \ZZ_p$, le terme constant de $f(x) - \theta_j$ a une évaluation $\geq 0$. Par conséquent, les parties en pente ascendante des polygones de Newton de$f(x)$ et de $f(x) - \theta_j$ sont les mêmes, donc la liste des pentes du polygone de Newton de $f(x) - \theta_j$ se termine par $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Ainsi, le changement de hauteur du polygone de Newton de son point le plus négatif à l'extrémité droite est$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Cas 2:$k+1 \leq j \leq d$. ensuite$v(\theta_j) < 0$, donc le point de gauche du polygone de Newton de $f(x) - \theta_j$ est $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$, et le point de droite est $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Nous voyons que le changement de hauteur totale sur tout le polygone de Newton est$a+s_j$ et ainsi le changement de hauteur du polygone de Newton de son point le plus négatif à l'extrémité droite est $\geq a+s_j$.
Le côté droit du polygone de Newton de $f^{(2)}$ est en hauteur $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Puisque nous mélangeons les pentes des facteurs ensemble (fait 1), le polygone de Newton de$f^{(2)}$descend de son extrémité droite de la somme des chutes de hauteur de tous les facteurs. Donc, le point le plus bas du polygone de Newton de$f^{(2)}$ est au moins aussi négatif que $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Nous calculons maintenant $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Comme c'est négatif, nous avons montré que le polygone de Newton passe en dessous du $x$-axis, et nous gagnons. $\square$
Nous utilisons maintenant ce lemme pour prouver les résultats demandés.
Théorème 1: Soit$g \in \QQ_p[x]$ et supposons que $g^{(2)}$ et $g^{(3)}$ sont dans $\ZZ_p[x]$. ensuite$g \in \ZZ_p[x]$.
Preuve : Notez que$g(g(0))$ et $g(g(g(0)))$ sont dans $\ZZ_p$. Mettre$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ ensuite $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, donc $f^{(2)}$ est dans $\ZZ_p[x]$. Également,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Donc, par la contrapositive du lemme,$f(x) \in \ZZ_p[x]$ Et ainsi $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
Nous avons également la version la plus puissante:
Théorème 2: Soit$h \in \QQ_p[x]$ et supposons que $h^{(k_1)}$ et $h^{(k_2)}$ sont dans $\ZZ_p[x]$ pour certains relativement prime $k_1$ et $k_2$. ensuite$h \in \ZZ_p[x]$.
Preuve : depuis$GCD(k_1, k_2) = 1$, chaque entier suffisamment grand $m$ est de la forme $c_1 k_1 + c_2 k_2$ pour $c_1$, $c_2 \geq 0$, Et ainsi $h^{(m)}$ est dans $\ZZ_p[x]$ pour chaque assez grand $m$. Supposons, par souci de contradiction, que$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Ensuite, il y a un plus grand$r$ Pour qui $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Mais pour cette valeur de$r$, nous avons $h^{(2r)}$ et $h^{(3r)}$ dans $\ZZ_p[x]$, contredisant le théorème 1. $\square$.
Le résultat est vrai pour les polynômes (ou plus généralement, les séries de puissance) de la forme $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ avec $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
Laisser $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ tel que $p^{(2)}$ et $p^{(3)}$ appartenir à $\mathbb{Z}[[x]]$. Nous montrerons par induction sur$n$ cette $a_n \in \mathbb{Z}$. Laisser$n \geq 2$ tel que $a_k \in \mathbb{Z}$ pour tous $k<n$.
Nous avons $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ avec $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. ensuite\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*} Maintenant dans la série Power $q(p(x)) + O(x^{n+1})$, le coefficient $a_n$ n'apparaît pas, de sorte que cette série de puissance a des coefficients en $\mathbb{Z}$. Il s'ensuit que$2a_n \in \mathbb{Z}$. Le même calcul montre que$p^{(3)}$est de la forme \ begin {équation *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {équation *} avec$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Par conséquent$3a_n \in \mathbb{Z}$, Et ainsi $a_n \in \mathbb{Z}$.
Remarque. Dans le cas considéré ici,$0$ est un point fixe de $p$. En général, nous pourrions essayer d'utiliser le fait que tout polynôme non constant$p(x)$ corrige le point $\infty$. Laisser$\varphi(x)=1/x$ être le graphique standard à $\infty$. ensuite$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$est une série de puissances de la forme \ begin {équation *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {équation *} où$d=\mathrm{deg}(p)$ et $a_d$ est le coefficient principal de $p$. En supposant$p$ est monique, il suffit de généraliser le résultat ci-dessus pour les séries puissances à valorisation arbitraire.
Pour chaque polynôme $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, laisser $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ être son ensemble de racines.
ensuite $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Supposer que$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ est monique et $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. ensuite$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ car $p^{(3)}$sera aussi monique. Depuis$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ par hypothèse, cela implique que $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, ce qui implique à son tour que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ car $p$ était supposé monique.
Le même argument fonctionne pour montrer plus généralement que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ sous les hypothèses que $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ est monique, et $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ pour certains $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ tel que $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
Je ne sais pas comment traiter le cas quand $p(x)$n'est pas monique. Bien sûr si$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ pour certains $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ tel que $\gcd(k_1,k_2) = 1$, alors il est immédiat de montrer que le coefficient dominant de $p(x)$ doit être un entier, mais je ne peux pas aller plus loin.
Ce qui suit est prouvé (indépendamment?) Dans [1] et [2]: Toute décomposition polynomiale sur $\mathbb Q$ équivaut à une décomposition sur $\mathbb Z$.
Plus précisément, il dit que si $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ avec $g,h\in \mathbb Q[x]$alors il existe un polynôme linéaire$\varphi\in \mathbb Q[x]$ tel que $g\circ \varphi^{-1}$ et $\varphi\circ h$ sont tous les deux dans $\mathbb Z[x]$ et $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] I. Gusic, Sur la décomposition des polynômes sur les anneaux, Glas. Tapis. Ser. III 43 (63) (2008), 7–12
[2] G. Turnwald, Sur la conjecture de Schur, J. Austral. Math. Soc. Ser. A (1995), 58, 312–357
Supposons maintenant que $f(x)$ satisfait $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Puis, comme dans la réponse de David, le polynôme$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ satisfait $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ et $F(0)\in \mathbb Z$.
Écrivons $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Supposons qu'il existe un premier$p$ Pour qui $v_p(a_i)<0$. D'après la déclaration citée ci-dessus, il existe$\varphi(x)=a(x-F(0))$ tel que $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. Cela signifie que$v_p(a)>0$. Nous aurons aussi$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ alors $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Supposer que $k$ est le plus grand indice pour lequel $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. Cela doit exister parce que$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. On voit alors que tous les coefficients provenant de$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ pour $r>k$ avoir $v_p>0$. Cela signifie que le coefficient de$x^k$ dans $F(\frac{x}{a}+F(0))$ doit avoir $v_p<0$, ce qui est une contradiction. Ainsi nous devons avoir$F(x)\in \mathbb Z[x]$ et donc aussi $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Il est facile de voir ce résultat pour les séries de puissance de la forme $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ avec $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. Plus généralement, laissez$i_1,\dots, i_k$être des entiers relativement premiers. L'ensemble de toutes les séries de puissance de la forme$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$former un groupe en composition. Ces séries de puissance à coefficients entiers forment un sous-groupe. Dans n'importe quel groupe$G$ et $g\in G$, le groupe généré par $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ contient $g$, et la preuve suit.
Cet argument peut-il être modifié pour résoudre le problème posé?