Si $f\in \mathbb{Z[x]}$ es un polinomio y $f(2^n)$ es un cuadrado perfecto para todas las $n$, entonces hay un $g\in \mathbb{Z[x]}$ tal que $f=g^2$

Question

Si $f\in \mathbb{Z[x]}$ es un polinomio y $f(2^n)$ es un cuadrado perfecto para todos los $n$, entonces no es un $g\in \mathbb{Z[x]}$ tal que $f=g^2$

Entiendo que puede haber un problema con la declaración del problema, pero no sé nada más.

He aquí un enlace que podría ayudar (relacionados con el problema).

EDIT : veo que la exacta problema publicado en AoPS hace mucho tiempo. Yo no podía entender la solución enviado allí.

Estoy citando usuario Math154 la solución :

Multiplicando por el cuadrado de $f$'s denominador, si es necesario, WLOG $f\in\mathbb{Z}[x]$ $t_n=\sqrt{f(2^n)}\in\mathbb{Z}^+$ todos los $n\ge1$.

Primero supongamos que $d=\deg f$ es aún, por lo $f(x)=cg(x)^2+h(x)$ para los polinomios de $g,h\in\mathbb{Q}[x]$ $\deg{g}=d/2$ $\deg{h}<d/2$ y un entero positivo $c$ (que claramente no puede ser negativo). Entonces $$t_n=\sqrt{f(2^n)}=\sqrt{cg(2^n)^2+h(2^n)}=\sqrt{c}g(2^n)+O(2^{-n})$$. Yet $g(2^n)=\sum_{k=0}^{d/2}c_k (2^k)^n$ is a rational power sum in $2^0,\ldots,2^{d/2}$, so because $(x-2^0)\cdots(x-2^{d/2})\in\mathbb{Z}[x]$ has coefficients independent of $n$, $\{t_n\}$ satisfies a linear recurrence of order $1+d/2$ with integer coefficients up to an error of $o(1)$. But $t_n\in\mathbb{Z}\forall{n\ge1}$, so for sufficiently large $n\ge N$, $\{t_n\}$ satisfies the linear recurrence exactly, i.e. there exists a polynomial $p(x)$ such that $t_n=p(2^n)$ for all $n\ge N$ and thus $f(x)=p(x)^2$ for all $x$. But $g$ is unique up to sign, so $p(x)^2=cq(x)^2$ and considering $x=2^n$ for sufficiently large $n$, $c$ must be a square, i.e. $p(x)\in\mathbb{Q}[x]$ como se desee.

Ahora si $\deg f$ es impar, entonces por el caso anterior, existen polinomios $g_1,g_2\in\mathbb{Q}[x]$ tal que $f(x^2)=g_1(x)^2$$f(2x^2)=g_2(x)^2$, lo $g_1(x\sqrt{2})=\pm g_2(x)$, lo que contradice la racionalidad por la equiparación de los coeficientes.

Puedo obtener una comprensión clara de la solución? No creo que lo tengo bastante bien, al menos desde el $(x-2^0)(x-2^1)\cdots \in \mathbb{Z}[x]$ y la recurrencia lineal de la parte. También, en la etapa inicial, el usuario dice que $t_n=\sqrt{f(2^n)}=\sqrt{cg(2^n)^2+h(2^n)}=\sqrt{c}g(2^n)+O(2^{-n})$. ¿Cómo es $O(2^{-n})$? ¿No se supone que ser $O\left(2^{\frac{n(d-2)}{4}}\right)$?

Answer 1

En esta respuesta me dirijo a los dos problemas potenciales que usted señala al final de su pregunta.

[1] También, en la etapa inicial, el usuario dice ...

La estimación del Valor medio Teorema es: $$ |f(x+h) - f(x)| \leq \sup_{y}|f'(y)| |h|$$ donde el sup es $y$ entre $x$$x+h$. Vamos a "$ A\lesssim B$ " $A ≤ C B$ para algunos sin importancia constante de $C>0$. Si $f$ es la función raíz cuadrada, $h = h(2^n)$, e $x=cg(2^n)^2 $, aviso que $|h(2^n)|\lesssim 2^{n(d/2-1)}$, e $\sup_y |f'(y)|\lesssim \frac1{|f(x)|}\lesssim 2^{-nd/2}$, con lo que obtenemos la estimación $$ \left|\sqrt{ cg(2^n)^2 + h(2^n)} - \sqrt{c}g(2^n)\right| \lesssim \frac{2^{n(d/2 - 1)}}{2^{nd/2}} = 2^{-n}$$ como se reivindica.

[2] el lineal de la recurrencia de la parte...

Usted necesitará saber el teorema básico para mayor orden lineal de las recurrencias. He aquí una versión:

Teorema. Supongamos que tenemos el "polinomio característico", que se expresa en las siguientes dos maneras, $$c(x) = x^K - \alpha_1 x^{K-1} - \dots - \alpha_K = (x-\lambda_1)\dots(x-\lambda_K),$$ where $\alpha_i,\lambda_i$ are constants, then for any constants $C_1,\dots,C_K$, la secuencia de $$ a_n = \sum_{i=1}^K C_i \lambda_i^n$$ es una solución de la recurrencia $$ a_n = \alpha_1 a_{n-1} + \dots + \alpha_K \alpha_{n-K} $$ Prueba. Desde la recurrencia es lineal, combinaciones lineales de las soluciones son también soluciones. Así que basta para comprobar que cada una de las $ \lambda_i^n$ es una solución. Pero esto es obvio, como $\lambda_i^{n-K}c(\lambda_i) = 0$.

Para aplicar esta: lo que la respuesta está tratando de decir es que $g(2^n)$ resuelve una recurrencia exactamente. Desde $g(2^n)$ es una combinación de $1,\dots,(2^{d/2})^n$, vamos $\lambda_i = 2^{i-1}$, $i=1,\dots,K=d/2+1$, el correspondiente polinomio característico es $(x-1)\dots(x-2^{d/2})$ a medida que el usuario dejó entrever hacia, y la recurrencia podría incluso ser escrito de forma explícita.