$f (x) \in\mathbb Z[x]$ sea tal que $f$ es un perfecto $k$ -ésima potencia al tomar valores enteros positivos . Es $f$ un perfecto $k$ -¿Qué potencia?

Question

Dejemos que $f(x)\in\mathbb Z[x]$ y enteros $k>1$ tal que $f(n)$ es un perfecto $k$ -para cada número entero positivo $n$ . ¿Es cierto que hay una $g(x)\in\mathbb Z[x]$ tal que $f(x)=\left(g(x)\right)^k$ ?

Si no es así , entonces hace la suposición más fuerte , $f(n)$ es un perfecto $k$ -ésima potencia para cada número entero $n$ implica que hay un $g(x)\in\mathbb Z[x]$ tal que $f(x)=\left(g(x)\right)^k$ ?

Por favor, ayuda, gracias de antemano.

Answer 1

Quizás exista una respuesta más sencilla (creo que lo que sigue está en Polya-Szego, pero no estoy seguro).

Trabajamos primero en $\mathbb{Q}[x]$ .

1) Supongamos primero que tenemos $f(x)=c^k x^{mk}+\cdots$ . Definir $\displaystyle h_1(x)=\frac{f(x)}{c^k x^{mk}}=1+\frac{a_1}{x}+\cdots+\frac{a_{mk}}{x^{mk}}$ . Tenemos que todos $a_k$ están en $\mathbb{Q}$ .

Poner ahora $\displaystyle h(x)=\sqrt[k]{h_1(x)}=1+\frac{b_1}{x}+\cdots+\frac{b_{j}}{x^{j}}+\cdots$ . $h(x)$ es una serie de potencias en las potencias de $1/x$ , de nuevo con coeficientes en $\mathbb{Q}$ convergiendo para grandes $|x|$ .

Poner $$g(x)=cx^{m}h(x)=\sum_{j=0}^{m}cb_jx^{m-j}+\sum_{j\geq m+1}\frac{cb_j}{x^{j-m}}=P(x)+Q(x)$$

Tenga en cuenta que $Q(x)\to 0$ si $|x|\to +\infty$ .

Ahora dejemos que $x=n$ un número entero grande. Como $f(n)=g(n)^k$ y $g(n)\in\mathbb{R}$ , obtenemos que $g(n)\in \mathbb{Z}$ . Sea $d$ en $\mathbb{N}$ tal que $dP(x)\in \mathbb{Z}[x]$ . Por lo tanto, tenemos $dg(n)=dP(n)+dQ(n)$ Por lo tanto $dQ(n)\in \mathbb{Z}$ . Si $n$ es suficientemente grande, tenemos $d|Q(n)|<1$ Por lo tanto $Q(n)=0$ y $g(n)=P(n)$ . Tenemos $f(n)=(P(n))^k$ para grandes $n$ y por lo tanto $f(x)=(P(x))^k$ .

2) Ahora suponemos sólo que $f(x)=c x^m+\cdots$ . Elija $q_1,\cdots, q_k$ enteros grandes tales que para todo $i$ $f(x+q_i)$ es primo (en $\mathbb{Q}[x]$ ) a $\prod _{j\not =i}f(x+q_j)$ . Entonces $f_1(x)=\prod f(x+q_i)$ verificar la hipótesis, y es de la forma $f_1(x)=c^kx^{mk}+\cdots$ . Por lo anterior, $f_1$ es el $k$ -ésima potencia de un polinomio. Entonces cada $f(x+q_j)$ es también, hasta una constante, de la misma forma. Por lo tanto, existe una constante $d$ y un polinomio $H$ , de tal manera que $f(x)=d(H(x))^k$ . Tomando para $x$ un número entero tal que $H(x)\not =0$ la hipótesis muestra que $d$ es el $k$ -ésima potencia de un racional, y finalmente, podemos escribir $f(x)=(P(x))^k$ con $P\in \mathbb{Q}[x]$ .

3) Queda por demostrar que $P\in \mathbb{Z}[x]$ . Existe $d\in \mathbb{N}$ tal que $dP(x)=\sum c_j x^j=P_1(x)$ con el $c_j \in \mathbb{Z}$ relativamente primo. La igualdad $d^kf(x)=(P_1(x))^k$ demostrar que $d=1$ y hemos terminado.

Answer 2

Dejemos que $f\in\Bbb{Z}[x]$ con raíces $\alpha_1,\ldots,\alpha_d\in\Bbb{C}$ y multiplicidades $m_1,\ldots,m_d$ para que $$f=c\cdot\prod_{i=1}^d(x-\alpha_i)^{m_i},$$ para algunos $c\in\Bbb{Z}$ . Para cada raíz hay infinitos primos que se dividen completamente en $\Bbb{Q}(\alpha_i)$ . Elija un primo de este tipo $p_i$ por cada $\alpha_i$ de tal manera que cada $p_i$ es coprima de $c$ y a $\alpha_i-\alpha_j$ para todos los distintos $i$ y $j$ . Entonces, por el teorema del resto chino, existe un número entero $n$ tal que $$n\equiv\alpha_i\mod p_i\qquad\text{ and }\qquad n\not\equiv\alpha_i\mod p_i^2.$$ De este modo, el $p_i$ -Valoración de la $f(n)$ es precisamente la multiplicidad $m_i$ de $\alpha_i$ por cada $i$ . Si $f(n)$ es un perfecto $k$ -ésima potencia entonces cada uno de los $m_i$ debe ser un múltiplo de $k$ , digamos que $m_i=m_i'k$ para que $$f=c\prod_{i=1}^d(x-\alpha_i)^{m_i'k}=c\left(\prod_{i=1}^d(x-\alpha_i)^{m_i'}\right)^k,$$ y porque $f(n)$ es un perfecto $k$ -también la potencia $c$ es un perfecto $k$ -a potencia, digamos $c=c'^k$ . Esto demuestra que $f$ es un $k$ -enésima potencia de algunos $g\in\Bbb{C}[x]$ , y por supuesto $g\in\Bbb{Z}[x]$ porque $g^k\in\Bbb{Z}[x]$ .

Por lo tanto, si $f(n)$ es un perfecto $k$ -a potencia para algo así como $n$ entonces $f=g^k$ para algunos $g\in\Bbb{Z}[x]$ .

Answer 3

PISTA: Mostremos que la función $ x \mapsto h(x) = \sqrt[k]{f(x)}$ es un polinomio con coeficientes racionales. En primer lugar, sólo toma valores naturales para $n$ lo suficientemente grande. En segundo lugar, tomando la diferencia dividida $\Delta^N h(x) \to 0$ para $x \to \infty$ siempre y cuando $N > \frac{\deg f}{k}$ . Dado que los valores de la secuencia $\Delta^N h(n)$ son números enteros para un tamaño suficientemente grande $n$ se deduce que $\Delta^N h(n)=0$ para que sea lo suficientemente grande $n$ . Se deduce que existe un polinomio con coeficientes racionales que da $h(n)$ para que sea lo suficientemente grande $n$ ( así que para todos $x$ ).