Condiciones necesarias y suficientes para que un polinomio en $\mathbb{Z}[t]$ para tener un $n$ raíz en $\mathbb{Z}[[t]]$

Question

Dejemos que $p(t) = \sum p_k t^k$ sea un polinomio en $\mathbb{Z}[t]$ con $p_0=1$ . ¿Existe una condición necesaria y suficiente (congruencia u otra) sobre los coeficientes $p_k$ tal que $p(t)$ admite una raíz cuadrada en $\mathbb{Z}[[t]]$ ?

En términos más generales, ¿existe una condición necesaria y suficiente para $p(t)$ para tener un $n$ -th raíz en $\mathbb{Z}[[t]]$ ?

Basado en el hecho de que $(1+n^2z)^{1/n} \in \mathbb{Z}[[z]]$ para cualquier $n \in \mathbb{Z}^+$ obtenemos una condición suficiente, a saber, que $n^2 \mid p_k$ para todos $k>0$ . Sin embargo, esto es muy débil.

Editar: Aclaración de la notación según uno de los comentarios. Además, un artículo reciente "Sobre la integralidad de $n$ El libro 'Roots of Generating Functions' de Heninger, Rains y Sloane ofrece un criterio que puede ser útil:

"Dejemos $\mu_n = n \prod_{q \mid n} q$ donde $q$ se extiende sobre los primos que dividen $n$ . Entonces $f= \sum u_n t^n \in \mathbb{Z}[[t]]$ admite un $n$ raíz en $\mathbb{Z}[[t]]$ si y sólo si $f \mod \mu_n$ también lo hace".

Como tal, podemos esperar tener suerte y tener alguna reducción que sea obviamente una $n$ de la potencia (por ejemplo, si $f \mod \mu_n$ es el poder de algunos polinomio en lugar de una simple serie de potencias. Nótese, por supuesto, que esto no resuelve nuestra pregunta original.

Edición II: Esta pregunta lleva mucho tiempo sin tocarse, pero quizás esto ayude a otro como referencia. Para completar, me gustaría añadir que la condición de que $p$ reducir el módulo $\mu_n$ a la $n$ potencia de un polinomio en $\mathbb{Z}[t]$ es realmente suficiente y necesario para $p$ para admitir un $n$ raíz en $\mathbb{Z}[[t]]$ (dado, por supuesto, que $p(0)=1$ ). La prueba se basa en el siguiente lema combinatorio, que $$\mu_n \mid (\mu_n/n)^k \binom{n}{k}$$ para $k=1,\ldots, n$ . Se puede demostrar entonces que nuestro $n$ las raíces de $p(t)$ , digamos que $\sum a_n t^n \in \mathbb{Z}[[t]]$ se reducen a polinomios $\mod \mu_n/n$ demostrando que $n a_n$ es eventualmente divisible por $(\mu_n/n)^k \binom{n}{k}$ para algunos $k$ por un argumento de simetría/combinatoria.

Answer 1

Esta es una forma tonta de plantear las condiciones necesarias. Dejemos que $$p(t)=1+a_1t+a_2t^2+\cdots +a_nt^n \in \mathbb{Z}[t]$$ sea un polinomio. Entonces, utilizando la expansión de Taylor para $f(x)=\sqrt{1+x}$ ,

$$\sqrt{1+x} = 1 + 1/2x - 1/8x^2 + 1/16x^3 - 5/128x^4 + 7/256x^5 - 21/1024x^6 +\cdots $$

obtenemos una expansión de $\sqrt{p(t)}$ en $\mathbb{Q}[[t]]$ de la siguiente manera:

$$\sqrt{1+(p(t)-1)} = 1 + \frac{(p(t)-1)}{2} - \frac{(p(t)-1)^2}{8} + \frac{(p(t)-1)^3}{16} - \frac{5(p(t)-1)^4}{128} + \cdots$$ $$=1 + \frac{a_1}{2}t + \frac{(-\frac{a_1^2}{4} + a_2)}{2}t^2 + \frac{(\frac{a_1^3}{8} - \frac{a_1a_2}{2} + a_3)}{2}t^3+\cdots$$

Supongamos que hay un $q(t)=1+\cdots \in \mathbb{Z}[[t]]$ con $q(t)^2=p(t)$ . Entonces $q(t)^2 = \left(\sqrt{p(t)}\right)^2$ y así $q(t) = \pm \sqrt{p(t)}$ (Obsérvese que $\mathbb{Q}[[x]]$ es un dominio integral). Dado que ambos comienzan con $1$ Debemos tener $q(t) = \sqrt{p(t)}\in \mathbb{Z}[[t]].$

Así,

• $a_1$ debe ser uniforme,

• $a_2-a_1^2/4$ debe ser uniforme,

• $\frac{a_1^3}{8} - \frac{a_1a_2}{2} + a_3$ debe ser par, etc.