$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ngụ ý $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Để cho $p(x)$ là một đa thức, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$và $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ cho bất kỳ số nguyên dương nào $m$.
Nếu$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ không thể nói vậy $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Có thể kết luận rằng$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ nếu $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ và $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Tổng quát hơn, giả sử tồn tại các số nguyên dương $k_1 <k_2$, như vậy mà $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ và $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Nó có tuân theo điều đó không$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Trả lời
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$Câu nói là đúng.
Kí hiệu : Tôi sẽ đổi tên của đa thức thành$f$, vậy nên $p$có thể là một số nguyên tố. Sửa một số nguyên tố$p$, để cho $\QQ_p$ là $p$số -adic, $\ZZ_p$ các $p$số nguyên -adic và $v$ các $p$-định giáadic. Để cho$\QQ_p^{alg}$ là một đóng đại số của $\QQ_p$, sau đó $v$ mở rộng đến một định giá duy nhất trên $\QQ_p^{alg}$, mà chúng tôi cũng biểu thị bằng $v$.
Chúng ta nhớ lại khái niệm về một đa giác Newton: $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ là một đa thức trong $\QQ_p[x]$. Đa giác Newton của$f$ là con đường tuyến tính mảnh từ $(0, v(f_0))$ đến $(d, v(f_d))$ đâu là phần lồi dưới của các điểm $(j, v(f_j))$. Chúng ta cho đa giác Newton đi qua các điểm$(j, N_j)$, cho $0 \leq j \leq d$, và chúng tôi đặt $s_j = N_j - N_{j-1}$; các$s_j$được gọi là các sườn của đa giác Newton. Vì đa giác Newton là lồi, chúng ta có$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Có hai sự thật chính về đa giác Newton: (Sự thật 1) $f$ và $\bar{f}$ là hai đa thức và đặt độ dốc của đa giác Newton của chúng là $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ và $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$tương ứng. Sau đó, dốc của$f \bar{f}$ là danh sách $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. (Sự thật 2) Hãy để$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ là gốc rễ của $f$ trong $\QQ_p^{alg}$. Sau đó, sau khi sắp xếp lại các rễ một cách thích hợp, chúng ta có$v(\theta_j) = -s_j$.
Đây là bổ đề thực hiện công việc chính:
Bổ đề : Cho$f$ là một đa thức trong $\QQ_p[x]$ không có trong $\ZZ_p[x]$và giả sử rằng thuật ngữ không đổi $f_0$ trong $\ZZ_p$. Sau đó$f^{(2)}$ không có trong $\ZZ_p[x]$.
Nhận xét : Một ví dụ hướng dẫn với$f_0 \not\in \ZZ_p$ là để lấy $p=2$ và $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, vậy nên $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Bạn có thể thích xem qua bằng chứng này và xem tại sao nó không áp dụng cho trường hợp này.
Chứng minh : Chúng tôi sử dụng tất cả các ký hiệu liên quan đến đa giác Newton ở trên. Lưu ý rằng thuật ngữ hàng đầu của$f^{(2)}$ Là $f_d^{d+1}$, do đó, nếu $f_d \not\in \ZZ_p$chúng ta xong rồi; do đó chúng tôi giả định rằng$f_d \in \ZZ_p$. Vì thế$v(f_0)$ và $v(f_d) \geq 0$, nhưng kể từ khi $f \not\in \ZZ_p[x]$), có một số $j$ với $v(f_j) < 0$. Do đó, đa giác Newton có cả một phần hướng xuống và một phần hướng lên. Cho các sườn của đa giác Newton là$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. Vì vậy,$(k,N_k)$là điểm tiêu cực nhất trên đa giác Newton; chúng tôi viết tắt$N_k = -b$ và $N_d = a$.
Để cho $\theta_1$, ..., $\theta_d$ là gốc rễ của $f$, được đánh số để $v(\theta_j) = - s_j$. Chúng ta có$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ và vì thế $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Chúng tôi sẽ tính toán (một phần của) đa giác Newton của$f^{(2)}$ bằng cách hợp nhất các sườn của đa giác Newton của đa thức $f(x) - \theta_j$, như trong Sự kiện 1.
Trường hợp 1:$1 \leq j \leq k$. Sau đó$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. Sử dụng giả định của chúng tôi rằng$f_0 \in \ZZ_p$, thuật ngữ không đổi của $f(x) - \theta_j$ có định giá $\geq 0$. Do đó, các phần dốc lên của đa giác Newton của$f(x)$ và của $f(x) - \theta_j$ giống nhau, vì vậy danh sách các độ dốc của đa giác Newton của $f(x) - \theta_j$ kết thúc bằng $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Do đó, sự thay đổi chiều cao của đa giác Newton từ điểm âm nhất của nó đến điểm cuối bên phải là$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Trường hợp 2:$k+1 \leq j \leq d$. Sau đó$v(\theta_j) < 0$, do đó, điểm bên trái của đa giác Newton của $f(x) - \theta_j$ Là $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$, và điểm bên phải là $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Chúng ta thấy rằng tổng thay đổi chiều cao trên toàn bộ đa giác Newton là$a+s_j$ và do đó sự thay đổi chiều cao của đa giác Newton từ điểm âm nhất của nó đến điểm cuối bên phải là $\geq a+s_j$.
Phía bên phải của đa giác Newton của $f^{(2)}$ đang ở độ cao $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Vì chúng ta xáo trộn độ dốc của các yếu tố với nhau (Sự thật 1), đa giác Newton của$f^{(2)}$giảm xuống từ điểm cuối bên phải của nó bằng tổng độ cao của tất cả các yếu tố. Vì vậy, điểm thấp nhất của đa giác Newton của$f^{(2)}$ ít nhất là tiêu cực như $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Bây giờ chúng tôi tính toán $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Vì điều này là âm, chúng tôi đã chỉ ra rằng đa giác Newton đi bên dưới $x$-axis, và chúng tôi thắng. $\square$
Bây giờ chúng ta sử dụng bổ đề này để chứng minh các kết quả được yêu cầu.
Định lý 1: Cho$g \in \QQ_p[x]$ và giả sử rằng $g^{(2)}$ và $g^{(3)}$ đang ở $\ZZ_p[x]$. Sau đó$g \in \ZZ_p[x]$.
Bằng chứng : Lưu ý rằng$g(g(0))$ và $g(g(g(0)))$ đang ở $\ZZ_p$. Đặt$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ Sau đó $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, vì thế $f^{(2)}$ trong $\ZZ_p[x]$. Cũng thế,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Vì vậy, theo quy ước của bổ đề,$f(x) \in \ZZ_p[x]$ và như vậy $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
Chúng tôi cũng có phiên bản mạnh hơn:
Định lý 2: Cho$h \in \QQ_p[x]$ và giả sử rằng $h^{(k_1)}$ và $h^{(k_2)}$ đang ở $\ZZ_p[x]$ cho một số tương đối nguyên tố $k_1$ và $k_2$. Sau đó$h \in \ZZ_p[x]$.
Bằng chứng : Kể từ$GCD(k_1, k_2) = 1$, mọi số nguyên đủ lớn $m$ có dạng $c_1 k_1 + c_2 k_2$ cho $c_1$, $c_2 \geq 0$, và như vậy $h^{(m)}$ trong $\ZZ_p[x]$ cho mỗi đủ lớn $m$. Giả sử vì mâu thuẫn mà$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Sau đó, có một số lớn nhất$r$ mà $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Nhưng đối với giá trị này của$r$, chúng ta có $h^{(2r)}$ và $h^{(3r)}$ trong $\ZZ_p[x]$, mâu thuẫn với Định lý 1. $\square$.
Kết quả đúng với đa thức (hay nói chung là chuỗi lũy thừa) có dạng $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ với $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
Để cho $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ như vậy mà $p^{(2)}$ và $p^{(3)}$ thuộc về $\mathbb{Z}[[x]]$. Chúng tôi sẽ hiển thị bằng cách giới thiệu trên$n$ cái đó $a_n \in \mathbb{Z}$. Để cho$n \geq 2$ như vậy mà $a_k \in \mathbb{Z}$ cho tất cả $k<n$.
Chúng ta có $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ với $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. Sau đó\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*} Bây giờ trong loạt quyền lực $q(p(x)) + O(x^{n+1})$, hệ số $a_n$ không xuất hiện, do đó chuỗi lũy thừa này có hệ số trong $\mathbb{Z}$. Nó theo sau đó$2a_n \in \mathbb{Z}$. Việc tính toán tương tự cho thấy rằng$p^{(3)}$có dạng \ begin {method *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {method *} với$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. vì thế$3a_n \in \mathbb{Z}$, và như vậy $a_n \in \mathbb{Z}$.
Nhận xét. Trong trường hợp được xem xét ở đây,$0$ là một điểm cố định của $p$. Nói chung, chúng ta có thể cố gắng sử dụng thực tế rằng bất kỳ đa thức không hằng số nào$p(x)$ sửa chữa điểm $\infty$. Để cho$\varphi(x)=1/x$ là biểu đồ tiêu chuẩn tại $\infty$. Sau đó$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$là một chuỗi lũy thừa có dạng \ begin {method *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {method *} trong đó$d=\mathrm{deg}(p)$ và $a_d$ là hệ số hàng đầu của $p$. Giả định$p$ là monic, nó đủ để tổng quát hóa kết quả ở trên cho chuỗi lũy thừa với định giá tùy ý.
Đối với mọi đa thức $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, để cho $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ là bộ rễ của nó.
Sau đó $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Giả sử rằng$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ là đạo đức và $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. Sau đó$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ bởi vì $p^{(3)}$cũng sẽ là đạo đức. Từ$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ theo giả định, điều này ngụ ý rằng $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, do đó ngụ ý rằng $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ bởi vì $p$ đã được cho là đạo đức.
Lập luận tương tự hoạt động để chỉ ra một cách tổng quát hơn rằng $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ theo giả định rằng $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ là đạo đức, và $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ cho một số $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ như vậy mà $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
Tôi không biết làm thế nào để điều trị trường hợp này khi $p(x)$không phải là đạo đức. Tất nhiên nếu$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ cho một số $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ như vậy mà $\gcd(k_1,k_2) = 1$, thì ngay lập tức chỉ ra rằng hệ số hàng đầu của $p(x)$ phải là một số nguyên, nhưng tôi không thể đi xa hơn.
Điều sau được chứng minh (độc lập?) Trong [1] và [2]: Mọi phân thức đa thức qua $\mathbb Q$ tương đương với sự phân hủy $\mathbb Z$.
Cụ thể nó nói rằng nếu $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ với $g,h\in \mathbb Q[x]$thì tồn tại một đa thức tuyến tính$\varphi\in \mathbb Q[x]$ như vậy mà $g\circ \varphi^{-1}$ và $\varphi\circ h$ cả hai đều ở $\mathbb Z[x]$ và $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] I. Gusic, Về phân tích đa thức trên các vành, Glas. Chiếu. Người phục vụ. III 43 (63) (2008), 7–12
[2] G. Turnwald, Về phỏng đoán của Schur, J. Austral. Môn Toán. Soc. Người phục vụ. A (1995), 58, 312–357
Bây giờ giả sử rằng $f(x)$ thỏa mãn $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Sau đó, như trong câu trả lời của David, đa thức$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ thỏa mãn $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ và $F(0)\in \mathbb Z$.
Cùng viết nào $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Giả sử rằng tồn tại một số nguyên tố$p$ mà $v_p(a_i)<0$. Từ tuyên bố được trích dẫn ở trên, có tồn tại$\varphi(x)=a(x-F(0))$ như vậy mà $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. Điều này có nghĩa rằng$v_p(a)>0$. Chúng tôi cũng sẽ có$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ vì thế $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Giả sử rằng $k$ là chỉ số lớn nhất mà $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. Điều này phải tồn tại bởi vì$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. Sau đó, chúng tôi thấy rằng tất cả các hệ số đến từ$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ cho $r>k$ có $v_p>0$. Điều này có nghĩa là hệ số của$x^k$ trong $F(\frac{x}{a}+F(0))$ phải có $v_p<0$, đó là một mâu thuẫn. Vì vậy chúng ta phải có$F(x)\in \mathbb Z[x]$ và do đó cũng $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Dễ thấy kết quả này đối với chuỗi lũy thừa có dạng $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ với $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. Nói chung, hãy$i_1,\dots, i_k$là các số nguyên tương đối. Tập hợp tất cả các chuỗi lũy thừa có dạng$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$thành lập một nhóm theo thành phần. Chuỗi lũy thừa như vậy với hệ số nguyên tạo thành một nhóm con. Trong bất kỳ nhóm nào$G$ và $g\in G$, nhóm được tạo bởi $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ chứa đựng $g$, và bằng chứng sau đây.
Lập luận này có thể được sửa đổi để giải quyết vấn đề đã nêu không?