$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ menyiratkan $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Membiarkan $p(x)$ menjadi polinomial, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$, dan $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ untuk bilangan bulat positif apa pun $m$.
Jika$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ tidak mungkin untuk mengatakan itu $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Apakah mungkin untuk menyimpulkan itu$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ jika $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ dan $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Lebih umum, misalkan ada bilangan bulat positif $k_1 <k_2$, seperti yang $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ dan $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Apakah itu mengikuti itu$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Jawaban
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$Pernyataan itu benar.
Notasi : Saya akan mengubah nama polinomial menjadi$f$, maka $p$bisa menjadi bilangan prima. Perbaiki bilangan prima$p$, biarkan $\QQ_p$ jadilah $p$nomor -adic, $\ZZ_p$ itu $p$integer -adic dan $v$ itu $p$penilaian -adic. Membiarkan$\QQ_p^{alg}$ menjadi penutupan aljabar $\QQ_p$, kemudian $v$ meluas ke penilaian unik pada $\QQ_p^{alg}$, yang juga kami tunjukkan dengan $v$.
Kita ingat gagasan poligon Newton: Let $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ menjadi polinomial di $\QQ_p[x]$. Poligon Newton dari$f$ adalah jalur linier sebagian dari $(0, v(f_0))$ untuk $(d, v(f_d))$ yang merupakan bagian bawah cembung dari titik-titik $(j, v(f_j))$. Kita biarkan poligon Newton melewati titik-titik tersebut$(j, N_j)$, untuk $0 \leq j \leq d$, dan kami mengatur $s_j = N_j - N_{j-1}$; itu$s_j$disebut kemiringan poligon Newton. Karena poligon Newton adalah cembung, kita punya$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Ada dua Fakta utama tentang poligon Newton: (Fakta 1) Let $f$ dan $\bar{f}$ menjadi dua polinomial dan membiarkan kemiringan poligon Newtonnya $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ dan $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$masing-masing. Kemudian lereng$f \bar{f}$ adalah daftarnya $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, diurutkan ke dalam urutan yang meningkat. (Fakta 2) Biarkan$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ menjadi akar dari $f$ di $\QQ_p^{alg}$. Kemudian, setelah menata ulang akar dengan tepat, kami memilikinya$v(\theta_j) = -s_j$.
Inilah lemma yang melakukan pekerjaan utama:
Lemma : Biarkan$f$ menjadi polinomial di $\QQ_p[x]$ yang tidak ada $\ZZ_p[x]$, dan anggaplah itu konstanta $f_0$ masuk $\ZZ_p$. Kemudian$f^{(2)}$ tidak masuk $\ZZ_p[x]$.
Catatan : Contoh instruktif dengan$f_0 \not\in \ZZ_p$ adalah untuk mengambil $p=2$ dan $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, maka $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Anda mungkin senang membaca bukti ini dan melihat mengapa itu tidak berlaku untuk kasus ini.
Bukti : Kami menggunakan semua notasi yang terkait dengan poligon Newton di atas. Perhatikan bahwa istilah utama dari$f^{(2)}$ adalah $f_d^{d+1}$, jadi jika $f_d \not\in \ZZ_p$kita selesai; karena itu kami berasumsi demikian$f_d \in \ZZ_p$. Begitu$v(f_0)$ dan $v(f_d) \geq 0$, tapi (sejak $f \not\in \ZZ_p[x]$), ada beberapa $j$ dengan $v(f_j) < 0$. Jadi poligon Newton memiliki bagian ke bawah dan bagian atas. Misalkan gradien poligon Newton$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. Jadi,$(k,N_k)$adalah titik paling negatif pada poligon Newton; kami menyingkat$N_k = -b$ dan $N_d = a$.
Membiarkan $\theta_1$, ..., $\theta_d$ menjadi akar dari $f$, diberi nomor sehingga $v(\theta_j) = - s_j$. Kita punya$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ sehingga $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Kami akan menghitung (bagian dari) poligon Newton dari$f^{(2)}$ dengan menggabungkan kemiringan poligon Newton dari polinomial $f(x) - \theta_j$, seperti pada Fakta 1.
Kasus 1:$1 \leq j \leq k$. Kemudian$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. Menggunakan asumsi kami itu$f_0 \in \ZZ_p$, suku konstanta $f(x) - \theta_j$ memiliki penilaian $\geq 0$. Oleh karena itu, bagian miring ke atas dari poligon Newton$f(x)$ dan dari $f(x) - \theta_j$ adalah sama, jadi daftar kemiringan poligon Newton $f(x) - \theta_j$ berakhir dengan $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Jadi, perubahan tinggi poligon Newton dari titik paling negatif ke ujung kanan adalah$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Kasus 2:$k+1 \leq j \leq d$. Kemudian$v(\theta_j) < 0$, jadi titik kiri poligon Newton dari $f(x) - \theta_j$ adalah $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$, dan titik tangan kanan adalah $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Kita melihat bahwa perubahan tinggi total pada seluruh poligon Newton adalah$a+s_j$ dan dengan demikian perubahan tinggi poligon Newton dari titik paling negatif ke ujung kanan adalah $\geq a+s_j$.
Ruas kanan poligon Newton dari $f^{(2)}$ berada di ketinggian $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Karena kita mengocok kemiringan faktor bersama-sama (Fakta 1), poligon Newton dari$f^{(2)}$turun dari titik ujung kanan dengan jumlah penurunan ketinggian semua faktor. Jadi titik terendah dari poligon Newton$f^{(2)}$ setidaknya sama negatifnya dengan $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Kami sekarang menghitung $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Karena ini negatif, kita telah menunjukkan bahwa poligon Newton berada di bawah $x$-axis, dan kami menang. $\square$
Kami sekarang menggunakan lemma ini untuk membuktikan hasil yang diminta.
Teorema 1: Biarkan$g \in \QQ_p[x]$ dan anggaplah itu $g^{(2)}$ dan $g^{(3)}$ berada dalam $\ZZ_p[x]$. Kemudian$g \in \ZZ_p[x]$.
Bukti : Perhatikan itu$g(g(0))$ dan $g(g(g(0)))$ berada dalam $\ZZ_p$. Taruh$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ Kemudian $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, jadi $f^{(2)}$ masuk $\ZZ_p[x]$. Juga,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Jadi, dengan kontrapositif dari lemma,$f(x) \in \ZZ_p[x]$ dan dengan demikian $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
Kami juga memiliki versi yang lebih kuat:
Teorema 2: Biarkan$h \in \QQ_p[x]$ dan anggaplah itu $h^{(k_1)}$ dan $h^{(k_2)}$ berada dalam $\ZZ_p[x]$ untuk beberapa yang relatif prima $k_1$ dan $k_2$. Kemudian$h \in \ZZ_p[x]$.
Bukti : Sejak$GCD(k_1, k_2) = 1$, setiap bilangan bulat yang cukup besar $m$ adalah dari bentuknya $c_1 k_1 + c_2 k_2$ untuk $c_1$, $c_2 \geq 0$, dan dengan demikian $h^{(m)}$ masuk $\ZZ_p[x]$ untuk setiap cukup besar $m$. Misalkan demi kontradiksi itu$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Lalu ada beberapa yang terbesar$r$ untuk itu $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Tapi untuk nilai ini$r$, kita punya $h^{(2r)}$ dan $h^{(3r)}$ di $\ZZ_p[x]$, bertentangan dengan Teorema 1. $\square$.
Hasilnya benar untuk polinomial (atau lebih umum, deret pangkat) dari bentuk $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ dengan $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
Membiarkan $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ seperti yang $p^{(2)}$ dan $p^{(3)}$ milik $\mathbb{Z}[[x]]$. Kami akan menunjukkan dengan induksi pada$n$ bahwa $a_n \in \mathbb{Z}$. Membiarkan$n \geq 2$ seperti yang $a_k \in \mathbb{Z}$ untuk semua $k<n$.
Kita punya $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ dengan $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. Kemudian\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*} Sekarang di deret pangkat $q(p(x)) + O(x^{n+1})$, koefisien $a_n$ tidak muncul, sehingga deret pangkat ini memiliki koefisien dalam $\mathbb{Z}$. Ini mengikuti itu$2a_n \in \mathbb{Z}$. Perhitungan yang sama menunjukkan hal itu$p^{(3)}$adalah bentuk \ begin {persamaan *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {persamaan *} dengan$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Karena itu$3a_n \in \mathbb{Z}$, dan dengan demikian $a_n \in \mathbb{Z}$.
Ucapan. Dalam kasus yang dibahas di sini,$0$ adalah titik tetap dari $p$. Secara umum, kita dapat mencoba menggunakan fakta bahwa polinomial tidak konstan apa pun$p(x)$ memperbaiki intinya $\infty$. Membiarkan$\varphi(x)=1/x$ menjadi grafik standar di $\infty$. Kemudian$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$adalah deret pangkat dari bentuk \ begin {persamaan *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {persamaan *} di mana$d=\mathrm{deg}(p)$ dan $a_d$ adalah koefisien utama dari $p$. Asumsi$p$ Monik, cukup untuk menggeneralisasi hasil di atas untuk deret pangkat dengan penilaian sewenang-wenang.
Untuk setiap polinomial $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, biarkan $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ menjadi kumpulan akarnya.
Kemudian $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Seandainya$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ adalah monik dan $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. Kemudian$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ karena $p^{(3)}$akan menjadi monik juga. Sejak$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ dengan asumsi, ini menyiratkan bahwa $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, yang pada gilirannya menyiratkan hal itu $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ karena $p$ dianggap monik.
Argumen yang sama berfungsi untuk menunjukkan itu secara lebih umum $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ dengan asumsi itu $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ adalah monik, dan $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ untuk beberapa $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ seperti yang $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
Saya tidak tahu bagaimana menangani kasus ini kapan $p(x)$bukan monik. Tentu saja jika$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ untuk beberapa $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ seperti yang $\gcd(k_1,k_2) = 1$, maka langsung menunjukkan bahwa koefisien utama dari $p(x)$ harus berupa bilangan bulat, tetapi saya tidak bisa melangkah lebih jauh.
Berikut ini dibuktikan (independen?) Di [1] dan [2]: Setiap dekomposisi polinom selesai $\mathbb Q$ setara dengan dekomposisi $\mathbb Z$.
Secara khusus dikatakan bahwa jika $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ dengan $g,h\in \mathbb Q[x]$maka ada polinomial linier$\varphi\in \mathbb Q[x]$ seperti yang $g\circ \varphi^{-1}$ dan $\varphi\circ h$ keduanya masuk $\mathbb Z[x]$ dan $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] I. Gusic, Pada dekomposisi polinomial di atas cincin, Glas. Tikar. Ser. III 43 (63) (2008), 7-12
[2] G. Turnwald, Tentang dugaan Schur, J. Austral. Matematika. Soc. Ser. A (1995), 58, 312–357
Sekarang anggap saja $f(x)$ memuaskan $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Kemudian, seperti dalam jawaban David, polinomial$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ memuaskan $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ dan $F(0)\in \mathbb Z$.
Mari menulis $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Asumsikan bahwa ada beberapa bilangan prima$p$ untuk itu $v_p(a_i)<0$. Dari pernyataan yang dikutip di atas, ada$\varphi(x)=a(x-F(0))$ seperti yang $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. Artinya itu$v_p(a)>0$. Kami juga akan punya$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ begitu $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Seandainya $k$ adalah indeks terbesar $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. Ini pasti ada karena$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. Kemudian kita melihat bahwa semua koefisien berasal$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ untuk $r>k$ memiliki $v_p>0$. Artinya koefisien$x^k$ di $F(\frac{x}{a}+F(0))$ harus punya $v_p<0$, yang merupakan kontradiksi. Demikianlah yang harus kita miliki$F(x)\in \mathbb Z[x]$ dan karena itu juga $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Mudah untuk melihat hasil ini untuk deret pangkat bentuk $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ dengan $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. Lebih umum, biarkan$i_1,\dots, i_k$menjadi bilangan bulat yang relatif prima. Himpunan semua deret pangkat dari formulir$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$membentuk kelompok di bawah komposisi. Deret pangkat seperti itu dengan koefisien bilangan bulat membentuk subkelompok. Di grup mana pun$G$ dan $g\in G$, grup yang dihasilkan oleh $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ mengandung $g$, dan buktinya mengikuti.
Bisakah argumen ini dimodifikasi untuk menyelesaikan masalah yang disebutkan?