Actualización: he quitado los enlaces a la Salvia código de la complicada ejemplos explícitos, porque mucho más fácil existen ejemplos. A continuación verá un ejemplo, y este preprint para más detalles relativos a esta respuesta y el cálculo de los ejemplos explícitos.
Respuesta: La respuesta es no. En el siguiente voy a describir cómo encontrar dos funciones racionales $f,g\in\mathbb C(X)$, tanto de la extraña primer grado $\ell$, de tal manera que el siguiente se tiene:
- $f(g(X))\in\mathbb R(X)$.
- $g(\mathbb R\cup\{\infty\})$ es un buen cerrado de la curva de Jordan en el plano complejo.
Deje $E$ ser una curva elíptica, definidas sobre los reales. Para $p\in E(\mathbb C)$ dejamos $\bar p$ ser el conjugado complejo de $p$. Elija $E$ de manera tal que el siguiente se tiene:
- Hay un punto de $w\in E(\mathbb R)$ con el no $y\in E(\mathbb R)$ con $w=2y$.
- Hay un punto de $z\in E(\mathbb C)$ orden $\ell$ con $\bar z\notin\langle z\rangle$. (Tal punto que siempre existe).
A continuación, $C=\langle z\rangle$ es un subgrupo de orden $\ell$ de % de$E$, e $E'=E/C$ es una curva elíptica sobre $\mathbb C$. Deje $\phi:E\to E'$ ser el asociado isogeny, y $\phi':E'\to E$ ser el doble isogeny. A continuación, $\phi'\circ\phi:E\to E$ es la multiplicación por $\ell$ mapa.
Deje $\beta$ ser el automorphism de orden $2$ envío de $p\in E(\mathbb C)$ a $w-p$. Del mismo modo, definir el involutory automorfismos $\beta'$ de % de $E'$ e $\beta''$ de % de $E$ por $\beta'(p')=\phi(w)-p'$ e $\beta''(p)=\ell w-p=\phi'(\phi(w))-p$.
Deje $\psi$ ser el grado $2$ cubriendo mapa de $E\to E/\langle\beta\rangle=P^1(\mathbb C)$, y definir, asimismo, $\psi':E'\to E'/\langle\beta'\rangle=P^1(\mathbb C)$ e $\psi'':E\to P^1(\mathbb C)$.
Deje $f(X)$ e $g(X)$ ser racional funciones definidas implícitamente por $\psi'\circ\phi=g\circ\psi$ e $\psi''\circ\phi'=f\circ\psi'$. Tenga en cuenta que $\psi$, e $\psi''$ son definidos sobre los $\mathbb R$, mientras que $\psi'$ no lo es.
Como la multiplicación por $\ell$ mapa de $\phi'\circ\phi$ está definida sobre los reales, obtenemos $f(g(X))\in\mathbb R(X)$.
La siguiente afirmación de que $g(X)$ es inyectiva en $\mathbb R$. Supongamos que hay distintas real $u,v$ con $g(u)=g(v)$. Pick $p,q\in E(\mathbb C)$ con $\psi(p)=u$, $\psi(q)=v$. A continuación,$\psi'(\phi(p))=g(u)=g(v)=\psi'(\phi(q))$, lo $\phi(p)=\phi(q)$ o $\phi(p)=\phi(w)-\phi(q)$. Al sustituir, posiblemente, $q$ con $w-q$ asumimos $\phi(p)=\phi(q)$, lo $p-q\in C$.
Lo siguiente que queremos estudiar el efecto de la compleja conjugación. Como $\psi$ está definida sobre los reales, y $\psi(p)=u$ es real, tenemos $\psi(\bar p)=\psi(p)$, lo $\bar p=p$ o $\bar p=w-p$. Asimismo, $\bar q=q$ o $\bar q=w-q$. Recordemos que $p-q\in C$, e $\bar C\cap C=\{0\}$ por la condición 2. Así que no puede tener $(\bar p,\bar q)=(p,q)$ ni $(\bar p,\bar q)=(w-p,w-q)$.
Por lo tanto, sin pérdida de generalidad $\bar p=p$, $\bar q=w-q$. Como $p-q$ e $\bar p-\bar q=p-w+q$ tienen orden de $\ell$, podemos ver que $2p-w=r$ con $\ell r=0$ e $r\in E(\mathbb R)$. Por lo $w=2(p+\frac{\ell-1}{2}r)$, contrario a la condición 1. Además, la función de $g(X)$ se comporta bien en el infinito por esta interpretación geométrica.
Un ejemplo claro, con $\omega$ una primitiva tercera raíz de la unidad, es
\begin{align*}
f(X) &= \frac{X^3 - 6(\omega + 1)X}{3X^2 + 1}\\
g(X) &= \frac{2X^3 + (\omega + 1)X}{X^2 - \omega}\\
f(g(X)) &= \frac{8X^9 - 24X^5 - 13X^3 - 6X}{12X^8 + 13X^6 + 12X^4
- 1}\in\mathbb Q(X).
\end{align*}
Primera nota de que $g(\mathbb R\cup\{\infty\})$ no está contenida en un círculo, por ejemplo, debido a que los puntos $g(0)=0$, $g(\infty)=\infty$, $g(1/2)=(1+2\omega)/3$, y $g(1)=(5+4\omega)/3$ no se encuentran en un círculo.
En segundo lugar, $g(\mathbb R\cup\{\infty\})$ es un Jordania curva, debido a que $g$ es inyectiva en $\mathbb R$: Supongamos que $g(x)=g(x+\delta)$ real $x,\delta$. Un breve cálculo de los rendimientos de $\delta(8\delta^4 + 14\delta^2 + 49)=0$, lo $\delta=0$.
