$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ sugeruje $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Pozwolić $p(x)$ być wielomianem, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$, i $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej $m$.
Jeśli$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ nie można tego powiedzieć $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Czy można to stwierdzić$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ Jeśli $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ i $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Bardziej ogólnie, załóżmy, że istnieją dodatnie liczby całkowite $k_1 <k_2$, takie że $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ i $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Czy to wynika z tego$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Odpowiedzi
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$To stwierdzenie jest prawdziwe.
Notacja : zmienię nazwę wielomianu na$f$więc to $p$może być liczbą pierwszą. Napraw liczbę pierwszą$p$, pozwolić $\QQ_p$ być $p$-liczby liczbowe, $\ZZ_p$ the $p$-adic liczby całkowite i $v$ the $p$-adic wycena. Pozwolić$\QQ_p^{alg}$ być algebraicznym zamknięciem $\QQ_p$, następnie $v$ rozciąga się na wyjątkową wycenę na $\QQ_p^{alg}$, które również oznaczamy $v$.
Przypominamy sobie pojęcie wielokąta Newtona: Niech $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ być wielomianem w $\QQ_p[x]$. Wielokąt Newtona$f$ jest odcinkową ścieżką liniową od $(0, v(f_0))$ do $(d, v(f_d))$ który jest dolnym wypukłym kadłubem punktów $(j, v(f_j))$. Pozwoliliśmy wielokątowi Newtona przejść przez punkty$(j, N_j)$, dla $0 \leq j \leq d$i ustawiliśmy $s_j = N_j - N_{j-1}$; the$s_j$nazywane są zboczami wielokąta Newtona. Ponieważ wielokąt Newtona jest wypukły, mamy$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Istnieją dwa główne fakty dotyczące wielokątów Newtona: (Fakt 1) Niech $f$ i $\bar{f}$ być dwoma wielomianami i niech nachylenia ich wielokątów Newtona będą $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ i $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$odpowiednio. Potem stoki$f \bar{f}$ to lista $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, posortowane w kolejności rosnącej. (Fakt 2) Niech$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ być korzeniami $f$ w $\QQ_p^{alg}$. Następnie, po odpowiednim uporządkowaniu korzeni, mamy$v(\theta_j) = -s_j$.
Oto lemat, który wykonuje główną pracę:
Lemat : Niech$f$ być wielomianem w $\QQ_p[x]$ którego nie ma $\ZZ_p[x]$i załóżmy, że stały termin $f_0$ jest w $\ZZ_p$. Następnie$f^{(2)}$ nie ma $\ZZ_p[x]$.
Uwaga : Pouczający przykład z$f_0 \not\in \ZZ_p$ jest do wzięcia $p=2$ i $f(x) = 2 x^2 + 1/2$więc to $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Może ci się spodobać przejrzenie tego dowodu i zobaczenie, dlaczego nie ma on zastosowania w tym przypadku.
Dowód : używamy wszystkich powyższych notacji związanych z wielokątami Newtona. Zwróć uwagę, że wiodący termin$f^{(2)}$ jest $f_d^{d+1}$, więc jeśli $f_d \not\in \ZZ_p$skończyliśmy; dlatego zakładamy, że$f_d \in \ZZ_p$. Więc$v(f_0)$ i $v(f_d) \geq 0$, lecz odkąd $f \not\in \ZZ_p[x]$), jest trochę $j$ z $v(f_j) < 0$. Zatem wielokąt Newtona ma zarówno część skierowaną do dołu, jak i do góry. Niech będą nachylenia wielokąta Newtona$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. A zatem,$(k,N_k)$jest najbardziej ujemnym punktem na wielokącie Newtona; skracamy$N_k = -b$ i $N_d = a$.
Pozwolić $\theta_1$, ..., $\theta_d$ być korzeniami $f$, ponumerowane tak $v(\theta_j) = - s_j$. Mamy$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ a więc $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Obliczymy (część) wielokąta Newtona z$f^{(2)}$ łącząc nachylenia wielokątów Newtona w wielomianach $f(x) - \theta_j$, jak w Fakcie 1.
Przypadek 1:$1 \leq j \leq k$. Następnie$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. Korzystając z naszego założenia, że$f_0 \in \ZZ_p$, stały okres $f(x) - \theta_j$ ma wycenę $\geq 0$. Dlatego nachylone w górę części wielokątów Newtona w$f(x)$ i $f(x) - \theta_j$ są takie same, więc lista nachyleń wielokąta Newtona o $f(x) - \theta_j$ kończy się $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Tak więc zmiana wysokości wielokąta Newtona od najbardziej ujemnego punktu do prawego końca wynosi$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Przypadek 2:$k+1 \leq j \leq d$. Następnie$v(\theta_j) < 0$, czyli lewy punkt wielokąta Newtona w $f(x) - \theta_j$ jest $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$, a prawy punkt to $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Widzimy, że całkowita zmiana wysokości w całym wielokącie Newtona wynosi$a+s_j$ a zatem zmiana wysokości wielokąta Newtona od jego najbardziej ujemnego punktu do prawego końca wynosi $\geq a+s_j$.
Prawa strona wielokąta Newtona formy $f^{(2)}$ jest na wysokości $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Ponieważ mieszamy razem nachylenia czynników (Fakt 1), wielokąt Newtona o$f^{(2)}$spada od swojego prawego punktu końcowego o sumę spadków wysokości wszystkich czynników. A więc najniższy punkt wielokąta Newtona o$f^{(2)}$ jest co najmniej tak samo ujemne jak $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Teraz obliczamy $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Ponieważ jest to wartość ujemna, pokazaliśmy, że wielokąt Newtona znajduje się poniżej $x$-oś i wygrywamy. $\square$
Teraz używamy tego lematu, aby udowodnić żądane wyniki.
Twierdzenie 1: Niech$g \in \QQ_p[x]$ i przypuśćmy, że $g^{(2)}$ i $g^{(3)}$ są w $\ZZ_p[x]$. Następnie$g \in \ZZ_p[x]$.
Dowód : zwróć na to uwagę$g(g(0))$ i $g(g(g(0)))$ są w $\ZZ_p$. Położyć$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ Następnie $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, więc $f^{(2)}$ jest w $\ZZ_p[x]$. Również,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Tak więc przez przeciwieństwo lematu$f(x) \in \ZZ_p[x]$ a zatem $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
Mamy też mocniejszą wersję:
Twierdzenie 2: Niech$h \in \QQ_p[x]$ i przypuśćmy, że $h^{(k_1)}$ i $h^{(k_2)}$ są w $\ZZ_p[x]$ dla jakiegoś stosunkowo dobrego $k_1$ i $k_2$. Następnie$h \in \ZZ_p[x]$.
Dowód : od$GCD(k_1, k_2) = 1$, każda wystarczająco duża liczba całkowita $m$ ma postać $c_1 k_1 + c_2 k_2$ dla $c_1$, $c_2 \geq 0$, a zatem $h^{(m)}$ jest w $\ZZ_p[x]$ dla każdego wystarczająco dużego $m$. Załóżmy, że to zaprzeczenie$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Następnie jest kilka największych$r$ dla którego $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Ale dla tej wartości$r$, mamy $h^{(2r)}$ i $h^{(3r)}$ w $\ZZ_p[x]$, zaprzeczając twierdzeniu 1. $\square$.
Wynik jest prawdziwy dla wielomianów (lub bardziej ogólnie, szeregów potęgowych) postaci $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ z $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
Pozwolić $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ takie że $p^{(2)}$ i $p^{(3)}$ należeć do $\mathbb{Z}[[x]]$. Pokażemy przez indukcję$n$ że $a_n \in \mathbb{Z}$. Pozwolić$n \geq 2$ takie że $a_k \in \mathbb{Z}$ dla wszystkich $k<n$.
Mamy $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ z $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. Następnie\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*} Teraz w serii potęg $q(p(x)) + O(x^{n+1})$, współczynnik $a_n$ nie pojawia się, więc ta seria potęgowa ma współczynniki w $\mathbb{Z}$. Wynika, że$2a_n \in \mathbb{Z}$. Pokazują to te same obliczenia$p^{(3)}$ma postać \ begin {equation *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {equation *} with$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. W związku z tym$3a_n \in \mathbb{Z}$, a zatem $a_n \in \mathbb{Z}$.
Uwaga. W rozpatrywanym przypadku$0$ jest stałym punktem $p$. Ogólnie możemy spróbować wykorzystać fakt, że dowolny nie stały wielomian$p(x)$ rozwiązuje problem $\infty$. Pozwolić$\varphi(x)=1/x$ być standardowym wykresem w $\infty$. Następnie$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$jest potęgą w postaci \ begin {equation *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {equation *} gdzie$d=\mathrm{deg}(p)$ i $a_d$ jest wiodącym współczynnikiem $p$. Zarozumiały$p$ jest moniczny, wystarczy uogólnić powyższy wynik dla szeregów potęgowych z arbitralną wyceną.
Dla każdego wielomianu $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, pozwolić $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ być jego korzeniami.
Następnie $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Przypuszczam, że$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ jest monic i $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. Następnie$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ dlatego $p^{(3)}$będzie również moniczny. Od$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ z założenia oznacza to, że $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, co z kolei implikuje $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ dlatego $p$ zakładano, że jest moniczny.
Ten sam argument działa, aby pokazać to bardziej ogólnie $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ przy założeniu, że $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ jest monic i $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ dla niektórych $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ takie że $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
Nie wiem, jak leczyć przypadek, kiedy $p(x)$nie jest moniką. Oczywiście jeśli$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ dla niektórych $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ takie że $\gcd(k_1,k_2) = 1$, wtedy natychmiast można wykazać, że wiodący współczynnik $p(x)$ musi być liczbą całkowitą, ale dalej nie mogę.
W [1] i [2] udowodniono (niezależnie?): Każdy rozkład wielomianu po $\mathbb Q$ jest równoważne z rozkładem $\mathbb Z$.
W szczególności mówi, że jeśli $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ z $g,h\in \mathbb Q[x]$wtedy istnieje liniowy wielomian$\varphi\in \mathbb Q[x]$ takie że $g\circ \varphi^{-1}$ i $\varphi\circ h$ są w środku $\mathbb Z[x]$ i $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] I. Gusic, O rozkładzie wielomianów na pierścieniach, Glas. Mata. Ser. III 43 (63) (2008), 7–12
[2] G. Turnwald, O przypuszczeniu Schura, J. Austral. Math. Soc. Ser. A (1995), 58, 312–357
A teraz przypuśćmy, że $f(x)$ spełnia $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Następnie, jak w odpowiedzi Dawida, wielomian$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ spełnia $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ i $F(0)\in \mathbb Z$.
Napiszmy $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Załóżmy, że istnieje jakaś liczba pierwsza$p$ dla którego $v_p(a_i)<0$. Z powyższego stwierdzenia wynika$\varphi(x)=a(x-F(0))$ takie że $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. To znaczy że$v_p(a)>0$. Będziemy też mieli$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ więc $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Przypuszczam, że $k$ to największy indeks, dla którego $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. To musi istnieć, ponieważ$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. Wtedy widzimy, że wszystkie współczynniki pochodzą z$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ dla $r>k$ mieć $v_p>0$. Oznacza to, że współczynnik$x^k$ w $F(\frac{x}{a}+F(0))$ muszę mieć $v_p<0$, co jest sprzecznością. Tak więc musimy mieć$F(x)\in \mathbb Z[x]$ i dlatego też $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Łatwo jest zobaczyć ten wynik dla szeregu potęgowego formularza $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ z $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. Mówiąc bardziej ogólnie, niech$i_1,\dots, i_k$być względnie pierwszymi liczbami całkowitymi. Zbiór wszystkich szeregów potęgowych formularza$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$tworzą grupę w składzie. Takie szeregi potęgowe ze współczynnikami całkowitymi tworzą podgrupę. W dowolnej grupie$G$ i $g\in G$, grupa wygenerowana przez $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ zawiera $g$, a dowód następuje.
Czy można zmodyfikować ten argument w celu rozwiązania podanego problemu?