$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 암시 $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
허락하다 $p(x)$ 다항식, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$, 및 $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ 모든 양의 정수 $m$.
만약$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 그렇게 말할 수 없다 $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
결론을 내릴 수 있습니까?$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 만약 $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 과 $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
더 일반적으로 양의 정수가 있다고 가정합니다. $k_1 <k_2$, 그런 $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 과 $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. 그것을 따르는가$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
답변
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$진술은 사실입니다.
표기법 : 다항식의 이름을 다음과 같이 변경하겠습니다.$f$, 그래서 $p$소수가 될 수 있습니다. 프라임 수정$p$, 허락하다 $\QQ_p$ 될 $p$-adic 숫자, $\ZZ_p$ 그만큼 $p$-adic 정수 및 $v$ 그만큼 $p$-adic 평가. 허락하다$\QQ_p^{alg}$ 대수적으로 마무리하다 $\QQ_p$, 다음 $v$ 에 대한 고유 한 평가로 확장 $\QQ_p^{alg}$, 우리는 또한 $v$.
우리는 뉴턴 다각형의 개념을 기억합니다. $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ 다항식이다 $\QQ_p[x]$. 뉴턴 다각형$f$ 조각 별 선형 경로입니다. $(0, v(f_0))$ ...에 $(d, v(f_d))$ 점의 아래쪽 볼록 껍질입니다 $(j, v(f_j))$. 뉴턴 다각형이 점을 통과하도록합니다.$(j, N_j)$, for $0 \leq j \leq d$, 그리고 우리는 $s_j = N_j - N_{j-1}$; 그만큼$s_j$뉴턴 다각형의 경사라고합니다. 뉴턴 다각형이 볼록하기 때문에$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
뉴턴 다각형에 대한 두 가지 주요 사실이 있습니다. (사실 1) $f$ 과 $\bar{f}$ 두 개의 다항식이고 뉴턴 다각형의 기울기를 $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ 과 $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$각기. 그런 다음의 슬로프$f \bar{f}$ 목록입니다 $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, 오름차순으로 정렬됩니다. (사실 2) Let$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ 뿌리가되다 $f$ 에 $\QQ_p^{alg}$. 그런 다음 뿌리를 적절하게 재정렬 한 후$v(\theta_j) = -s_j$.
주요 작업을 수행하는 기본형은 다음과 같습니다.
정리 : Let$f$ 다항식이다 $\QQ_p[x]$ 에없는 $\ZZ_p[x]$, 상수항이 $f_0$ 에 $\ZZ_p$. 그때$f^{(2)}$ 에 없다 $\ZZ_p[x]$.
비고 :$f_0 \not\in \ZZ_p$ 가져가는 것입니다 $p=2$ 과 $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, 그래서 $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. 이 증거를 살펴보고 왜이 사건에 적용되지 않는지 보는 것을 즐길 수 있습니다.
증명 : 위의 뉴턴 폴리곤과 관련된 모든 표기법을 사용합니다. 주요 용어는$f^{(2)}$ 이다 $f_d^{d+1}$, 그래서 만약 $f_d \not\in \ZZ_p$우리는 끝났습니다. 따라서 우리는$f_d \in \ZZ_p$. 그래서$v(f_0)$ 과 $v(f_d) \geq 0$, 하지만 그때부터 $f \not\in \ZZ_p[x]$), 약간 있습니다 $j$ 와 $v(f_j) < 0$. 따라서 뉴턴 다각형에는 아래쪽 부분과 위쪽 부분이 모두 있습니다. 뉴턴 다각형의 기울기를$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. 그러므로,$(k,N_k)$뉴턴 다각형에서 가장 부정적인 점입니다. 우리는 약어$N_k = -b$ 과 $N_d = a$.
허락하다 $\theta_1$, ..., $\theta_d$ 뿌리가되다 $f$, 번호가 매겨져 $v(\theta_j) = - s_j$. 우리는$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ 그래서 $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. 우리는 뉴턴 폴리곤을 계산할 것입니다.$f^{(2)}$ 다항식의 뉴턴 다각형의 기울기를 병합하여 $f(x) - \theta_j$, 사실 1에서와 같이.
사례 1 :$1 \leq j \leq k$. 그때$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. 우리의 가정을 사용하여$f_0 \in \ZZ_p$, 상수 항 $f(x) - \theta_j$ 평가가있다 $\geq 0$. 따라서 뉴턴 다각형의 위쪽으로 기울어 진 부분은$f(x)$ 그리고 $f(x) - \theta_j$ 동일하므로 뉴턴 다각형의 기울기 목록은 $f(x) - \theta_j$ 로 끝나다 $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. 따라서 가장 음의 점에서 오른쪽 끝까지 뉴턴 다각형의 높이 변화는 다음과 같습니다.$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
사례 2 :$k+1 \leq j \leq d$. 그때$v(\theta_j) < 0$, 그래서 뉴턴 다각형의 왼쪽 포인트 $f(x) - \theta_j$ 이다 $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$, 오른쪽 포인트는 $(d, v(f_d)) = (d, a)$. 전체 뉴턴 폴리곤에 대한 전체 높이 변화가$a+s_j$ 따라서 가장 음의 지점에서 오른쪽 끝까지 뉴턴 다각형의 높이 변화는 $\geq a+s_j$.
뉴턴 다각형의 오른쪽 $f^{(2)}$ 높이에있다 $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. 요인의 기울기를 함께 섞기 때문에 (사실 1), 뉴턴 다각형은$f^{(2)}$모든 요인의 높이 강하 합계에 의해 오른쪽 끝점에서 아래로 떨어집니다. 따라서 뉴턴 다각형의 가장 낮은 지점은$f^{(2)}$ 적어도 음수 $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ 이제 우리는 $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
이것이 음수이므로 뉴턴 다각형이 $x$축, 우리가 이깁니다. $\square$
이제이 기본형을 사용하여 요청 된 결과를 증명합니다.
정리 1 : Let$g \in \QQ_p[x]$ 그리고 그것을 가정 $g^{(2)}$ 과 $g^{(3)}$ 에있다 $\ZZ_p[x]$. 그때$g \in \ZZ_p[x]$.
증거 : 참고$g(g(0))$ 과 $g(g(g(0)))$ 에있다 $\ZZ_p$. 놓다$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ 그때 $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, 그래서 $f^{(2)}$ 에 $\ZZ_p[x]$. 또한,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. 따라서 기본형의 반대에 의해$f(x) \in \ZZ_p[x]$ 따라서 $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
더 강력한 버전도 있습니다.
정리 2 : Let$h \in \QQ_p[x]$ 그리고 그것을 가정 $h^{(k_1)}$ 과 $h^{(k_2)}$ 에있다 $\ZZ_p[x]$ 비교적 소수의 경우 $k_1$ 과 $k_2$. 그때$h \in \ZZ_p[x]$.
증명 : 이후$GCD(k_1, k_2) = 1$, 충분히 큰 모든 정수 $m$ 형태이다 $c_1 k_1 + c_2 k_2$ ...에 대한 $c_1$, $c_2 \geq 0$, 따라서 $h^{(m)}$ 에 $\ZZ_p[x]$ 충분히 큰 모든 $m$. 모순을 위해$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. 그런 다음 가장 큰$r$ 어떤 $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. 그러나이 가치를 위해$r$, 우리는 $h^{(2r)}$ 과 $h^{(3r)}$ 에 $\ZZ_p[x]$, 모순되는 정리 1입니다. $\square$.
결과는 다음 형식의 다항식 (또는 더 일반적으로 멱급수)에 해당됩니다. $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ 와 $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
허락하다 $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ 그런 $p^{(2)}$ 과 $p^{(3)}$ 에 속하는 $\mathbb{Z}[[x]]$. 우리는에 대한 귀납으로 보여줄 것입니다$n$ 그 $a_n \in \mathbb{Z}$. 허락하다$n \geq 2$ 그런 $a_k \in \mathbb{Z}$ 모든 $k<n$.
우리는 $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ 와 $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. 그때\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*} 이제 파워 시리즈에서 $q(p(x)) + O(x^{n+1})$, 계수 $a_n$ 이 멱급수는 다음과 같은 계수를 갖습니다. $\mathbb{Z}$. 그것은 다음과 같습니다$2a_n \in \mathbb{Z}$. 동일한 계산 결과$p^{(3)}$형식은 \ begin {equation *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {equation *} with$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. 따라서$3a_n \in \mathbb{Z}$, 따라서 $a_n \in \mathbb{Z}$.
말. 여기서 고려되는 경우$0$ 고정 된 지점 $p$. 일반적으로 상수가 아닌 다항식은$p(x)$ 요점을 수정하다 $\infty$. 허락하다$\varphi(x)=1/x$ 표준 차트가 될 $\infty$. 그때$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$폼의 멱급수가된다 = a_d ^ {식 *} Q (X)를 시작 \ {- 1}, X ^ D + O (X ^ {D + 1}) \ 단부 {식 *} 여기서$d=\mathrm{deg}(p)$ 과 $a_d$ 선행 계수 $p$. 가정$p$ 멱급수에 대해 임의의 평가를 통해 위의 결과를 일반화하는 것으로 충분합니다.
모든 다항식에 대해 $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, 허락하다 $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ 뿌리의 집합입니다.
그때 $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. 한다고 가정$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ monic이고 $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. 그때$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ 때문에 $p^{(3)}$monic도 될 것입니다. 이후$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ 가정에 따르면 이것은 $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, 이는 차례로 다음을 의미합니다. $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 때문에 $p$ monic으로 간주되었습니다.
동일한 주장이보다 일반적으로 $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 가정하에 $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ monic이고 $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 일부 $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ 그런 $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
케이스를 어떻게 처리해야할지 모르겠습니다. $p(x)$monic이 아닙니다. 당연하지 만약$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ 일부 $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ 그런 $\gcd(k_1,k_2) = 1$, 그러면 선행 계수가 $p(x)$ 정수 여야하지만 더 이상 갈 수는 없습니다.
다음은 [1]과 [2]에서 (독립적으로?) 증명됩니다 : 모든 다항식 분해 $\mathbb Q$ 분해에 해당합니다. $\mathbb Z$.
구체적으로 말하자면 $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ 와 $g,h\in \mathbb Q[x]$그런 다음 선형 다항식 이 있습니다.$\varphi\in \mathbb Q[x]$ 그런 $g\circ \varphi^{-1}$ 과 $\varphi\circ h$ 둘 다있다 $\mathbb Z[x]$ 과 $\varphi\circ h(0)=0$.
I. Gusic, 고리를 통한 다항식의 분해, Glas. 매트. Ser. III 43 (63) (2008), 7-12
[2] G. Turnwald, On Schur의 추측, J. Austral. 수학. Soc. Ser. A (1995), 58, 312–357
이제 $f(x)$ 만족하다 $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. 그런 다음 David의 대답에서와 같이 다항식$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ 만족하다 $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ 과 $F(0)\in \mathbb Z$.
글을 쓰자 $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. 소수가 있다고 가정$p$ 어떤 $v_p(a_i)<0$. 위에 인용 된 진술에서$\varphi(x)=a(x-F(0))$ 그런 $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. 이것은$v_p(a)>0$. 우리는 또한$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ 그래서 $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
한다고 가정 $k$ 가장 큰 인덱스입니다. $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. 이것은 존재해야합니다.$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. 그런 다음 모든 계수가$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ ...에 대한 $r>k$ 있다 $v_p>0$. 이것은 계수의$x^k$ 에 $F(\frac{x}{a}+F(0))$ 있어야한다 $v_p<0$, 이것은 모순입니다. 따라서 우리는$F(x)\in \mathbb Z[x]$ 따라서 또한 $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
이 결과는 형태의 거듭 제곱 계열에 대해보기 쉽습니다. $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ 와 $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. 더 일반적으로$i_1,\dots, i_k$상대적으로 소수입니다. 형태의 모든 파워 시리즈 세트$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$구성하에 그룹을 형성하십시오. 정수 계수를 갖는 이러한 멱급수는 부분 군을 형성합니다. 모든 그룹$G$ 과 $g\in G$,에 의해 생성 된 그룹 $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ 포함 $g$, 그리고 증거는 다음과 같습니다.
이 주장을 수정하여 명시된 문제를 해결할 수 있습니까?