¿Existe un polinomio cúbico inyectivo? $\mathbb Z^2 \rightarrow \mathbb Z$ ?

Question

Antes, tenía curiosidad por saber si un mapeo polinómico $\mathbb Z^2\rightarrow\mathbb Z$ podría ser inyectiva, y si es así, cuál podría ser el grado mínimo de tal polinomio. He conseguido construir un cuártico de este tipo y descartar la existencia de un cuadrático de este tipo, pero esto deja abierta la cuestión de si podría existir un cúbico. Equivalentemente mi pregunta es:

¿Puede un polinomio cúbico de dos variables con coeficientes enteros ser inyectivo?

Mi intuición es que probablemente exista dicha función ya que existe una biyección cuadrática $\mathbb N^2\rightarrow\mathbb N$ por lo que si nos permitimos un "grado" extra para compensar la transición de $\mathbb N$ a $\mathbb Z$ Parece que debería ser suficiente. Sin embargo, todavía no se me ha ocurrido un ejemplo que sospeche que es inyectivo ni ningún método general que pueda utilizar para intentar demostrar la inyectividad.

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La parte de este post que no es una pregunta, pero que ayuda a motivarlo o quizás a inspirar a alguien:

Hasta ahora he determinado que hay es un cuartico inyectivo y hay no una cuadrática inyectiva. Para construir el cuadrático que es inyectiva, nótese que el mapa $f:\mathbb N^2 \rightarrow \mathbb N$ definido por $f(x,y)=(x+y)^2+y$ es inyectiva y también lo es el mapa $g:\mathbb Z\rightarrow \mathbb N$ definido por $g(n)=2n^2-n$ . Entonces, se puede establecer $$P(x,y)=f(g(x),g(y))$$ como un polinomio inyectivo (de grado $4$ ) en las dos variables.

No puede existir ningún polinomio cuadrático porque cualquier polinomio de valor entero de grado dos tiene un múltiplo (no nulo) expresable como: $$P(x,y)=(ax+P_1(y))^2+P_2(y)$$ donde $P_1$ y $P_2$ son polinomios con coeficientes enteros. Entonces, si elegimos algún $y_1$ y un $y_2$ tal que $y_1\equiv y_2 \pmod{4aP_1(y_1)}$ tenemos claramente que $P_1(y_1)\equiv P_1(y_2)\pmod a$ y que $P_2(y_1)-P_2(y_2)=4aP_1(y_1)k$ para los enteros $k$ . Entonces, podemos elegir dos enteros $c_1$ y $c_2$ tal que $$c_1^2-c_2^2=P_2(y_2) - P_2(y_1) $$ $$c_1\equiv c_2 \equiv P_1(y_1)\equiv P_1(y_2) \pmod a$$ En particular, los valores $$c_1=P_1(y_1)+ak$$ $$c_2=P_1(y_1)-ak$$ satisfacer lo anterior. Entonces, eligiendo $$x_1=\frac{c_1-P_1(y_1)}{a}$$ $$x_2=\frac{c_2-P_1(y_2)}{a}$$ produce que $P(x_1,y_1)=P(x_2,y_2)$ ya que su diferencia es $(c_1^2-c_2^2) - (P_2(y_2)-P_2(y_1))$ que elegimos el $c$ 's para hacer $0$ .

No tengo ni idea de cómo enfocar el caso cúbico.

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Un resultado computacional moderadamente sorprendente

Usando Mathematica, determiné que no hay ningún polinomio de grado tres con coeficientes enteros con valor absoluto $2$ o menos que es inyectiva sobre el dominio $(\mathbb Z \cap [-2,2])^2$ . Esto me sorprende, pero se trata de un conjunto tan pequeño de polinomios que puede que no signifique nada más que que podemos esperar coeficientes grandes si existe un polinomio adecuado. (También podría ser un indicio de que no existe tal polinomio). Habría comprobado un rango mayor, pero mi ordenador se ha estropeado.

También pensé que la resolución del caso unidimensional por completo podría ayudar, y puedo ver que $$x\mapsto ax^3 + bx^2 + cx + d$$ es inyectiva si y sólo si no puede se escriba como $a(x-A)(x-B)\left(x-\frac{C}a\right)+k$ para los enteros $a,A,B,C,k$ - pero esto no es super útil, por lo que puedo decir. Sin embargo, la declaración $f(x,y)$ es inyectiva equivale a afirmar que $t\mapsto f(m_1t + b_1,m_2t+b_2)$ es inyectiva para todo $m_1,b_1,m_2,b_2\in\mathbb Z$ con no ambos $m$ igualando a $0$ - así que esto podría servir para eliminar algunos casos, aunque sea.

Answer 1

Descargo de responsabilidad: Esto es simplemente un comentario demasiado largo para que quepa en la sección de comentarios.

Todavía no tengo ni idea del grado general $3$ pero aquí hay otra prueba de que ningún polinomio de grado $2$ funcionará:

Escribe el polinomio $P(x,y)$ de grado $2$ como $$ P(x,y)=\sum_{i+j\leq 2}c_{ij} x^i y^j,\quad c_{ij}\in\mathbb Z $$ Considere un punto $(a,b)\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}$ y la expresión $$ P(ta,tb)=\left(\sum_{i+j=2}c_{ij}a^ib^j\right)t^2+(c_{10}a+c_{01}b)t+c_{00} $$ Si el coeficiente $(c_{10}a+c_{01}b)$ es cero, entonces $t\mapsto P(ta,tb)$ es una función par. Entonces $$ P(ta,tb)=P(-ta,-tb) $$ para todos $t\in\mathbb Z$ . Si $c_{10}=c_{01}=0$ podemos elegir cualquier $(a,b)\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}$ . De lo contrario, $(a,b)=(-c_{01},c_{10})\neq(0,0)$ funciona. En cualquier caso, hemos encontrado una infinidad de pares $(ta,tb),(-ta,-tb)$ contradictorio $P$ siendo inyectiva.