$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ima eder $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$
İzin Vermek $p(x)$ polinom olmak, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$, ve $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ herhangi bir pozitif tam sayı için $m$.
Eğer$p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ bunu söylemek mümkün değil $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Şu sonuca varmak mümkün mü$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ Eğer $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ve $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Daha genel olarak, pozitif tam sayılar olduğunu varsayalım $k_1 <k_2$, öyle ki $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ve $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Onu takip ediyor mu$p(x) \in \mathbb{Z}[x]$?
Yanıtlar
$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$İfade doğrudur.
Gösterim : Polinomun adını şu şekilde değiştireceğim$f$, Böylece $p$asal olabilir. Bir asal düzelt$p$, İzin Vermek $\QQ_p$ ol $p$-adic sayılar, $\ZZ_p$ $p$-adic tamsayılar ve $v$ $p$-adic değerleme. İzin Vermek$\QQ_p^{alg}$ cebirsel bir kapanış olmak $\QQ_p$, sonra $v$ benzersiz bir değerlemeye kadar uzanır $\QQ_p^{alg}$biz de ifade ettiğimiz $v$.
Newton poligonunu hatırlıyoruz: Let $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ polinom olmak $\QQ_p[x]$. Newton poligonu$f$ parçalı doğrusal yoldur $(0, v(f_0))$ -e $(d, v(f_d))$ noktaların alt dışbükey gövdesi olan $(j, v(f_j))$. Newton poligonunun noktalardan geçmesine izin verdik$(j, N_j)$, için $0 \leq j \leq d$ve biz ayarladık $s_j = N_j - N_{j-1}$; $s_j$Newton poligonunun eğimleri olarak adlandırılır. Newton poligonu dışbükey olduğundan, elimizde$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$.
Newton çokgenleri hakkında iki ana Gerçek vardır: (Gerçek 1) $f$ ve $\bar{f}$ iki polinom olun ve Newton çokgenlerinin eğimlerinin $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ ve $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$sırasıyla. Sonra yamaçları$f \bar{f}$ liste $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$, artan düzende sıralanır. (Gerçek 2) Bırak$\theta_1$, $\theta_2$, ... $\theta_d$ kökleri olmak $f$ içinde $\QQ_p^{alg}$. Ardından, kökleri uygun şekilde yeniden sıraladıktan sonra,$v(\theta_j) = -s_j$.
İşte ana işi yapan lemma:
Lemma : Bırak$f$ polinom olmak $\QQ_p[x]$ içinde olmayan $\ZZ_p[x]$ve sabit terimin $f_0$ içinde $\ZZ_p$. Sonra$f^{(2)}$ içinde değil $\ZZ_p[x]$.
Not : Öğretici bir örnek$f_0 \not\in \ZZ_p$ almak $p=2$ ve $f(x) = 2 x^2 + 1/2$, Böylece $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$. Bu kanıtı incelemek ve neden bu dava için geçerli olmadığını görmek hoşunuza gidebilir.
İspat : Yukarıdaki Newton çokgenleriyle ilgili tüm gösterimleri kullanıyoruz. Baştaki terimin$f^{(2)}$ dır-dir $f_d^{d+1}$öyleyse $f_d \not\in \ZZ_p$İşimiz bitti; bu nedenle varsayıyoruz ki$f_d \in \ZZ_p$. Yani$v(f_0)$ ve $v(f_d) \geq 0$, ama (o zamandan beri $f \not\in \ZZ_p[x]$), biraz var $j$ ile $v(f_j) < 0$. Dolayısıyla Newton poligonu hem aşağı hem de yukarı doğru bir kısma sahiptir. Newton poligonunun eğimlerinin$s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$. Böylece,$(k,N_k)$Newton poligonundaki en negatif noktadır; kısaltıyoruz$N_k = -b$ ve $N_d = a$.
İzin Vermek $\theta_1$, ..., $\theta_d$ kökleri olmak $f$, böylece numaralandırılmış $v(\theta_j) = - s_j$. Sahibiz$f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ ve bu yüzden $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$. Newton poligonunun (bir kısmını) hesaplayacağız$f^{(2)}$ polinomların Newton çokgenlerinin eğimlerini birleştirerek $f(x) - \theta_j$Gerçek 1'deki gibi.
Durum 1:$1 \leq j \leq k$. Sonra$v(\theta_j) = - s_j \geq 0$. Varsayımımızı kullanarak$f_0 \in \ZZ_p$sabit terimi $f(x) - \theta_j$ değerlemesi var $\geq 0$. Bu nedenle, Newton çokgenlerinin yukarı doğru eğimli kısımları$f(x)$ ve $f(x) - \theta_j$ aynıdır, dolayısıyla Newton poligonunun eğimlerinin listesi $f(x) - \theta_j$ ile biter $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$. Böylece Newton poligonunun en negatif noktasından sağ uca yükseklik değişimi$s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$.
Durum 2:$k+1 \leq j \leq d$. Sonra$v(\theta_j) < 0$, dolayısıyla Newton poligonunun sol noktası $f(x) - \theta_j$ dır-dir $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$ve sağ taraftaki nokta $(d, v(f_d)) = (d, a)$. Newton poligonunun tamamında toplam yükseklik değişiminin şöyle olduğunu görüyoruz:$a+s_j$ ve bu nedenle Newton poligonunun en negatif noktasından sağ uca yükseklik değişimi $\geq a+s_j$.
Newton çokgeninin sağ tarafı $f^{(2)}$ yükseklikte $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$. Faktörlerin eğimlerini birlikte karıştırdığımız için (Gerçek 1), Newton poligonu$f^{(2)}$tüm faktörlerin yükseklik düşüşlerinin toplamı ile sağ uç noktasından düşer. Yani Newton poligonunun en düşük noktası$f^{(2)}$ en az negatiftir $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Şimdi hesaplıyoruz $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$
Bu negatif olduğundan, Newton çokgeninin $x$eksen ve biz kazandık. $\square$
Şimdi bu lemmayı istenen sonuçları kanıtlamak için kullanıyoruz.
Teorem 1: Let$g \in \QQ_p[x]$ ve varsayalım ki $g^{(2)}$ ve $g^{(3)}$ içeride $\ZZ_p[x]$. Sonra$g \in \ZZ_p[x]$.
Kanıt : Unutmayın$g(g(0))$ ve $g(g(g(0)))$ içeride $\ZZ_p$. Koymak$$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ Sonra $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$, yani $f^{(2)}$ içinde $\ZZ_p[x]$. Ayrıca,$f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$. Yani, lemmanın tam tersine,$f(x) \in \ZZ_p[x]$ ve böylece $g(x) \in \ZZ_p[x]$. $\square$
Ayrıca daha güçlü bir versiyona sahibiz:
Teorem 2: Let$h \in \QQ_p[x]$ ve varsayalım ki $h^{(k_1)}$ ve $h^{(k_2)}$ içeride $\ZZ_p[x]$ bazıları görece asal $k_1$ ve $k_2$. Sonra$h \in \ZZ_p[x]$.
Kanıt : beri$GCD(k_1, k_2) = 1$yeterince büyük her tam sayı $m$ formda $c_1 k_1 + c_2 k_2$ için $c_1$, $c_2 \geq 0$, ve böylece $h^{(m)}$ içinde $\ZZ_p[x]$ yeterince büyük her biri için $m$. Çelişki uğruna varsayalım ki$h(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Sonra en büyüğü var$r$ hangisi için $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$. Ama bu değer için$r$, sahibiz $h^{(2r)}$ ve $h^{(3r)}$ içinde $\ZZ_p[x]$, Teorem 1 ile çelişir. $\square$.
Sonuç, formun polinomları (veya daha genel olarak kuvvet serileri) için doğrudur $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ ile $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$.
İzin Vermek $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ öyle ki $p^{(2)}$ ve $p^{(3)}$ ait olmak $\mathbb{Z}[[x]]$. Tümevarımla göstereceğiz$n$ o $a_n \in \mathbb{Z}$. İzin Vermek$n \geq 2$ öyle ki $a_k \in \mathbb{Z}$ hepsi için $k<n$.
Sahibiz $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ ile $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$. Sonra\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*} Şimdi güç serisinde $q(p(x)) + O(x^{n+1})$katsayı $a_n$ görünmüyor, böylece bu kuvvet serisinin katsayıları var $\mathbb{Z}$. Bunu takip eder$2a_n \in \mathbb{Z}$. Aynı hesaplama şunu gösteriyor:$p^{(3)}$formdadır başlar \ {denklem *} p ^ {(3)} (x) = + r (x) + 3a_n x ^ n + o (x ^ {n + 1}) \ ucu {denklem *} ile$r(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Bu nedenle$3a_n \in \mathbb{Z}$, ve böylece $a_n \in \mathbb{Z}$.
Açıklama. Burada ele alınan durumda,$0$ sabit bir nokta $p$. Genel olarak, sabit olmayan herhangi bir polinom olgusunu kullanmaya çalışabiliriz.$p(x)$ noktayı düzeltir $\infty$. İzin Vermek$\varphi(x)=1/x$ standart tablo olmak $\infty$. Sonra$q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$\ begin {equation *} q (x) = a_d ^ {- 1} x ^ d + O (x ^ {d + 1}), \ end {equation *} biçiminde bir kuvvet serisidir burada$d=\mathrm{deg}(p)$ ve $a_d$ baş katsayısı $p$. Varsayım$p$ monik ise, rasgele değerleme ile kuvvet serileri için yukarıdaki sonucun genelleştirilmesi yeterlidir.
Her polinom için $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$, İzin Vermek $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ onun kökleri olabilir.
Sonra $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$. Farz et ki$p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ monik ve $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$. Sonra$\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ Çünkü $p^{(3)}$monik de olacak. Dan beri$p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ varsayımla, bu şu anlama gelir: $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$bu da bunu ima eder $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ Çünkü $p$ monik olduğu varsayıldı.
Aynı argüman, daha genel olarak şunu göstermek için çalışır: $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ varsayımlar altında $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ monic ve $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ bazı $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ öyle ki $\gcd(k_1,k_2) = 1$.
Davayı nasıl tedavi edeceğimi bilmiyorum $p(x)$monik değil. Tabi eğer$p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ bazı $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ öyle ki $\gcd(k_1,k_2) = 1$, o zaman ana katsayısının $p(x)$ bir tamsayı olmalı ama daha ileri gidemem.
Aşağıdakiler [1] ve [2] 'de kanıtlanmıştır (bağımsız olarak?): Her polinom ayrışması $\mathbb Q$ üzerinde bir ayrışmaya eşdeğerdir $\mathbb Z$.
Özellikle diyor ki eğer $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ ile $g,h\in \mathbb Q[x]$o zaman doğrusal bir polinom vardır$\varphi\in \mathbb Q[x]$ öyle ki $g\circ \varphi^{-1}$ ve $\varphi\circ h$ ikiside $\mathbb Z[x]$ ve $\varphi\circ h(0)=0$.
[1] I. Gusic, Polinomların halkalar üzerinde ayrışması üzerine, Glas. Mat. Ser. III 43 (63) (2008), 7-12
[2] G. Turnwald, Schur varsayımı üzerine, J. Austral. Matematik. Soc. Ser. A (1995), 58, 312–357
Şimdi varsayalım ki $f(x)$ tatmin eder $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$. Sonra, David'in cevabında olduğu gibi, polinom$F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ tatmin eder $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ ve $F(0)\in \mathbb Z$.
Hadi yaz $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$. Bazı asalların olduğunu varsayın$p$ hangisi için $v_p(a_i)<0$. Yukarıda alıntılanan ifadeden, var$\varphi(x)=a(x-F(0))$ öyle ki $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$. Bu şu demek$v_p(a)>0$. Ayrıca sahip olacağız$F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ yani $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$.
Farz et ki $k$ en büyük endekstir. $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$. Bu var olmalı çünkü$v_p(a_i)-iv_p(a)<0$. Sonra tüm katsayıların$a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ için $r>k$ Sahip olmak $v_p>0$. Bu, katsayısının$x^k$ içinde $F(\frac{x}{a}+F(0))$ sahip olmalı $v_p<0$bu bir çelişkidir. Böylece sahip olmalıyız$F(x)\in \mathbb Z[x]$ ve bu nedenle ayrıca $f(x)\in \mathbb Z[x]$.
Formun güç serileri için bu sonucu görmek kolaydır $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ ile $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$. Daha genel olarak$i_1,\dots, i_k$nispeten asal tamsayılar olabilir. Formun tüm güç serilerinin seti$x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$kompozisyon altında bir grup oluşturur. Tamsayı katsayılı bu tür kuvvet serileri bir alt grup oluşturur. Herhangi bir grupta$G$ ve $g\in G$, tarafından oluşturulan grup $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ içerir $g$ve kanıt takip eder.
Bu argüman belirtilen problemi çözmek için değiştirilebilir mi?