Может ли композиция целочисленного многочлена и рационального многочлена с нецелым коэффициентом привести к целочисленному многочлену?
Можем ли мы найти два многочлена $p(x)$ а также $q(x)$, где $p(x)$ - непостоянный монический многочлен от целых чисел и $q(x)$ является моническим полиномом по рациональным числам с хотя бы одним нецелым коэффициентом, так что их композиция $p(q(x))$такое многочлен от целых чисел? Если нет, то как это доказать?
Например, пусть $q(x)=x^2+\frac{1}{2}x+1$ а также $p(x)=x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$, тогда $p(q(x))=x^6+\frac{3}{2}x^5+\dots$, поэтому независимо от того, какие целые числа $a_i$мы выбираем, полученный многочлен будет иметь нецелый коэффициент. Условие monic важно, иначе мы могли бы умножить$p(x)$с таким целым числом, при котором все коэффициенты будут целыми. Я попытался посмотреть на коэффициент в композиции для общих многочленов, которые, как мне кажется, должны соответствовать следующей формуле:
\begin{align} [x^r]p(q(x))=\sum_{k_1+2k_2+\dots+mk_m=r}\sum_{k_0=0}^{n-(k_1+\dots+k_m)}\binom{k_0+k_1+\dots+k_m}{k_0,k_1,\dots,k_m}a_{k_0+k_1+\dots+k_m}\left(\prod_{j=0}^{m}b_j^{k_j}\right) \end{align} (Вот $a_i$ а также $b_i$ коэффициенты при $p(x)$ а также $q(x)$ со степенями $n$ а также $m$соответственно). Однако совсем не ясно, на какой коэффициент следует сосредоточиться, чтобы доказать, что он даст нецелое число.
Это возникло, когда попытка решить Бесконечно много решений приводит к существованию многочлена , но само по себе это кажется достаточно интересным.
Ответы
Фактически, мы можем игнорировать предположение, что $q$моник. Сочинение$p \circ q$ не может иметь все целые коэффициенты.
Пусть $p$ быть простым делителем некоторого полностью упрощенного знаменателя коэффициента при $q$. Рассмотрим самые большие$k$ ул $p^k$ множитель некоторого знаменателя $q$коэффициент. Затем напишите многочлен$q$ в качестве $x^j w(x) / p^k + s(x)$, где каждый полностью упрощенный числитель $w(x)$ не делится на $p$ и нет полностью упрощенного знаменателя $s(x)$ делится на $p^k$, и где $w$имеет ненулевой постоянный член. Сделайте это, сгруппировав все члены со знаменателями, делящимися на$p^k$, получение $x^j w(x) / p^k$, и все члены, знаменатели которых не делятся на $p^k$, получение $x(x)$.
Позволять $n$ быть степенью $p$, и рассмотрим коэффициент при $x^{jn}$ в $p \circ q$. Одно из дополнительных слагаемых будет$w(0)^n / p^{kn}$, что полностью упрощено. И ни одно из других слагаемых не может иметь знаменатель, делящийся на$p^{kn}$. Значит, этот коэффициент не целое число.