$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ подразумевает $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Позволять $p(x)$ быть полиномом, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$, и $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ для любого положительного целого числа $m$.
Если$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ невозможно сказать это $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Можно ли сделать вывод, что$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ если $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ и $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
В общем, предположим, что существуют положительные целые числа $k_1 <k_2$, так что $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ и $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Следует ли из этого$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Ответы
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$Утверждение верно.
Обозначение : я собираюсь изменить имя многочлена на$f$, так что $p$может быть простым. Исправить простое число$p$, позволять $\QQ_p$ быть $p$-адические числа, $\ZZ_p$ в $p$-адические целые числа и $v$ в $p$-адическая оценка. Позволять$\QQ_p^{alg}$ быть алгебраическим замыканием $\QQ_p$, тогда $v$ распространяется на уникальную оценку на $\QQ_p^{alg}$, который мы также обозначим через $v$.
Напомним понятие многоугольника Ньютона: пусть $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ быть полиномом от $\QQ_p[x]$. Многоугольник Ньютона$f$ - кусочно-линейный путь из $(0, v(f_0))$ к $(d, v(f_d))$ которая является выпуклой нижней оболочкой точек $(j, v(f_j))$. Пусть многоугольник Ньютона проходит через точки$(j, N_j)$, для $0 \leq j \leq d$, и мы устанавливаем $s_j = N_j - N_{j-1}$; в$s_j$называются склонами многоугольника Ньютона. Поскольку многоугольник Ньютона выпуклый, имеем$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Есть два основных факта о многоугольниках Ньютона: (Факт 1) Пусть $f$ и $\bar{f}$ - два полинома, и пусть наклоны их многоугольников Ньютона равны $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ и $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$соответственно. Тогда склоны$f \bar{f}$ список $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, отсортировано в порядке возрастания. (Факт 2) Пусть$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ быть корнями $f$ в $\QQ_p^{alg}$. Затем, после соответствующего изменения порядка корней, мы имеем$v(\theta_j) = -s_j$.
Вот лемма, которая выполняет основную работу:
Лемма . Пусть$f$ быть полиномом от $\QQ_p[x]$ которого нет в $\ZZ_p[x]$, и предположим, что постоянный член $f_0$ в $\ZZ_p$. потом$f^{(2)}$ не в $\ZZ_p[x]$.
Реплика : Поучительный пример с$f_0 \not\in \ZZ_p$ должен взять $p=2$ и $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, так что $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Возможно, вам понравится просмотреть это доказательство и понять, почему оно не применимо к данному случаю.
Доказательство : мы используем все обозначения, относящиеся к многоугольникам Ньютона выше. Обратите внимание, что главный член$f^{(2)}$ является $f_d^{d+1}$, так что если $f_d \not\in \ZZ_p$мы сделали; поэтому мы предполагаем, что$f_d \in \ZZ_p$. Так$v(f_0)$ и $v(f_d) \geq 0$, но с тех пор $f \not\in \ZZ_p[x]$), существует некоторое $j$ с участием $v(f_j) < 0$. Таким образом, многоугольник Ньютона имеет как нисходящую, так и восходящую части. Пусть наклоны многоугольника Ньютона равны$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. Таким образом,$(k,N_k)$- самая отрицательная точка многоугольника Ньютона; мы сокращаем$N_k = -b$ и $N_d = a$.
Позволять $\theta_1$, ..., $\theta_d$ быть корнями $f$, пронумерованы так, чтобы $v(\theta_j) = - s_j$. У нас есть$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ и так $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Мы вычислим (часть) многоугольника Ньютона$f^{(2)}$ путем объединения наклонов многоугольников Ньютона полиномов $f(x) - \theta_j$, как в Факт 1.
Случай 1:$1 \leq j \leq k$. потом$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. Используя наше предположение, что$f_0 \in \ZZ_p$, постоянный член $f(x) - \theta_j$ имеет оценку $\geq 0$. Следовательно, наклонные вверх части многоугольников Ньютона$f(x)$ и из $f(x) - \theta_j$ такие же, поэтому список наклонов многоугольника Ньютона $f(x) - \theta_j$ заканчивается $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Таким образом, изменение высоты многоугольника Ньютона от его наиболее отрицательной точки к правому концу равно$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Случай 2:$k+1 \leq j \leq d$. потом$v(\theta_j) < 0$, поэтому левая точка многоугольника Ньютона $f(x) - \theta_j$ является $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$, а правая точка $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Мы видим, что общее изменение высоты по всему многоугольнику Ньютона равно$a+s_j$ и, таким образом, изменение высоты многоугольника Ньютона от его самой отрицательной точки к правому концу равно $\geq a+s_j$.
Правая часть многоугольника Ньютона $f^{(2)}$ на высоте $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Поскольку мы перемешиваем наклоны множителей вместе (Факт 1), многоугольник Ньютона$f^{(2)}$падает от его правой конечной точки на сумму падений высоты всех факторов. Итак, самая низкая точка многоугольника Ньютона$f^{(2)}$ по крайней мере так же отрицательно, как $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Теперь мы вычисляем $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Поскольку это отрицательное значение, мы показали, что многоугольник Ньютона проходит ниже $x$ось, и мы выигрываем. $\square$
Теперь воспользуемся этой леммой для доказательства требуемых результатов.
Теорема 1. Пусть$g \in \QQ_p[x]$ и предположим, что $g^{(2)}$ и $g^{(3)}$ находятся в $\ZZ_p[x]$. потом$g \in \ZZ_p[x]$.
Доказательство : обратите внимание, что$g(g(0))$ и $g(g(g(0)))$ находятся в $\ZZ_p$. Положил$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ потом $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, так $f^{(2)}$ в $\ZZ_p[x]$. Также,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Итак, в силу противоположности леммы,$f(x) \in \ZZ_p[x]$ и поэтому $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
У нас также есть более сильная версия:
Теорема 2: Пусть$h \in \QQ_p[x]$ и предположим, что $h^{(k_1)}$ и $h^{(k_2)}$ находятся в $\ZZ_p[x]$ для некоторых относительно простых $k_1$ и $k_2$. потом$h \in \ZZ_p[x]$.
Доказательство : поскольку$GCD(k_1, k_2) = 1$, каждое достаточно большое целое число $m$ имеет форму $c_1 k_1 + c_2 k_2$ за $c_1$, $c_2 \geq 0$, и поэтому $h^{(m)}$ в $\ZZ_p[x]$ для каждого достаточно большого $m$. Предположим для противодействия, что$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Тогда есть несколько крупнейших$r$ для которого $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Но для этого значения$r$, у нас есть $h^{(2r)}$ и $h^{(3r)}$ в $\ZZ_p[x]$, что противоречит теореме 1. $\square$.
Результат верен для многочленов (или, в более общем смысле, степенных рядов) вида $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ с участием $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
Позволять $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ такой, что $p^{(2)}$ и $p^{(3)}$ принадлежит $\mathbb{Z}[[x]]$. Покажем индукцией по$n$ это $a_n \in \mathbb{Z}$. Позволять$n \geq 2$ такой, что $a_k \in \mathbb{Z}$ для всех $k<n$.
У нас есть $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ с участием $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. потом\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*} Теперь в силовой серии $q(p(x)) + O(x^{n+1})$, коэффициент $a_n$ не появляется, так что этот степенной ряд имеет коэффициенты в $\mathbb{Z}$. Это следует из того$2a_n \in \mathbb{Z}$. Тот же расчет показывает, что$p^{(3)}$имеет вид \ begin {уравнение *} p ^ {(3)} (x) = x + r (x) + 3a_n x ^ n + O (x ^ {n + 1}) \ end {уравнение *} с$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Следовательно$3a_n \in \mathbb{Z}$, и поэтому $a_n \in \mathbb{Z}$.
Замечание. В рассматриваемом здесь случае$0$ неподвижная точка $p$. В общем, мы могли бы попытаться использовать тот факт, что любой непостоянный многочлен$p(x)$ исправляет точку $\infty$. Позволять$\varphi(x)=1/x$ быть стандартной диаграммой на $\infty$. потом$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$является степенным рядом вида \ begin {уравнение *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {уравнение *}, где$d=\mathrm{deg}(p)$ и $a_d$ старший коэффициент $p$. Предполагая$p$ является моническим, достаточно обобщить приведенный выше результат для степенных рядов с произвольным нормированием.
Для каждого полинома $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, позволять $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ быть его набором корней.
потом $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Предположим, что$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ моник и $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. потом$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ потому что $p^{(3)}$тоже будет моник. поскольку$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ по предположению отсюда следует, что $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$, что, в свою очередь, означает, что $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ потому что $p$ предполагалось, что это моник.
Тот же аргумент работает, чтобы показать в более общем плане, что $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ в предположении, что $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ моник, и $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ для некоторых $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ такой, что $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
Я не знаю, как относиться к случаю, когда $p(x)$не моник. Конечно, если$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ для некоторых $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ такой, что $\gcd(k_1,k_2) = 1$, то сразу видно, что старший коэффициент при $p(x)$ должно быть целым числом, но я не могу идти дальше.
Следующее доказано (независимо?) В [1] и [2]: всякое полиномиальное разложение над $\mathbb Q$ эквивалентно разложению по $\mathbb Z$.
В частности, говорится, что если $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ с участием $g,h\in \mathbb Q[x]$то существует линейный многочлен$\varphi\in \mathbb Q[x]$ такой, что $g\circ \varphi^{-1}$ и $\varphi\circ h$ оба в $\mathbb Z[x]$ и $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] И. Гусич, О разложении многочленов над кольцами, Гл. Мат. Сер. III 43 (63) (2008), 7–12
[2] Г. Турнвальд, О гипотезе Шура, J. Austral. Математика. Soc. Сер. А (1995), 58, 312–357
Теперь предположим, что $f(x)$ удовлетворяет $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Тогда, как и в ответе Дэвида, многочлен$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ удовлетворяет $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ и $F(0)\in \mathbb Z$.
Давайте напишем $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Предположим, что существует простое число$p$ для которого $v_p(a_i)<0$. Из приведенного выше утверждения, существует$\varphi(x)=a(x-F(0))$ такой, что $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. Это значит, что$v_p(a)>0$. У нас также будет$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ так $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Предположим, что $k$ самый большой индекс, для которого $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. Это должно существовать, потому что$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. Тогда мы видим, что все коэффициенты из$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ за $r>k$ имеют $v_p>0$. Это означает, что коэффициент$x^k$ в $F(\frac{x}{a}+F(0))$ должны быть $v_p<0$, что противоречит. Таким образом, мы должны иметь$F(x)\in \mathbb Z[x]$ и поэтому также $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Этот результат легко увидеть для степенного ряда вида $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ с участием $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. В общем, пусть$i_1,\dots, i_k$быть относительно простыми целыми числами. Набор всех степенных рядов вида$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$образуют группу по составу. Такие степенные ряды с целыми коэффициентами образуют подгруппу. В любой группе$G$ и $g\in G$, группа, порожденная $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ содержит $g$, и следует доказательство.
Можно ли изменить этот аргумент для решения заявленной проблемы?