Libertad de Z[x]-módulo de

Question

Definición: Llamar a un mapeo $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ un generalizada polinomio si por cualquier distintos números enteros $m$ e $n$ tenemos $(m - n)|(f(m)-f(n))$.

Es fácil comprobar que las funciones polinómicas $f \in \mathbb{Z}[x]$ son generalizado de polinomios, que no todos los polinomios generalizados son polinomios y que la generalización de polinomios forman un anillo bajo pointwise adición y la multiplicación. Llamar al último anillo de $R$.

Pregunta: Es $R$, considerada como una $\mathbb{Z}[x]$-módulo libre? Y si sí, ¿cómo hace una base parece?

Answer 1

No es gratis. Set $f(x) = x(x-1)(x-2)(x-3)/2$.

Reclamo: $f(x)$ es de $R$.

Prueba: Hemos $$\frac{f(x+N)-f(x)}{N} = \frac{N^3+11 N}{2} + (\mbox{an element of } \mathbb{Z}[x,N]).$$ La fracción $(N^3+11N)/2$ es un número entero por la comprobación de los dos posibles correlaciones para $N$, y un elemento de $\mathbb{Z}[x,N]$ es claramente un entero. $\square$

Deje $g(x) = 1$. Por lo $x(x-1)(x-2)(x-3) g = 2 f$. En un libre $\mathbb{Z}[x]$ módulo, esto implicaría que $2$ dividido $g$; desde $2$ no divide $g$, esto muestra que $R$ no es libre. Permítanme explicar esto paso en más detalle. Supongamos, por el bien de la contradicción, que $h_i$ es una base para $R$, para $i$ ejecución sobre algunas conjunto de índices $I$. Deje $f = \sum_{i \in I} a_i h_i$ y deje $g = \sum_{i \in I} b_i h_i$, para $a_i$ e $b_i \in \mathbb{Z}[x]$. A continuación, $2 a_i = x(x-1)(x-2)(x-3) b_i$ por cada $i$. En el ring $\mathbb{Z}[x]$ si $2a = x(x-1)(x-2)(x-3) b$ entonces $2$ divide $b$. Set $b_i = 2 c_i$ para $c_i \in \mathbb{Z}[x]$. A continuación, $\sum c_i h_i$ es un elemento de $R$ que obedece a $2 \sum c_i h_i = g$.

Por cierto, esto también muestra que este no es el producto directo de algunos infinita lista de libres de los módulos, que yo habría considerado una forma más natural, supongo.

Answer 2

Siguiente Todd Trimble comentario y Stefan Kohl observación, podemos demostrar que $R$ es isomorfo a $\mathbf{Z}^{\mathbf{Z}}$ como $\mathbf{Z}$-módulo. Ya que el producto de countably muchas copias de $\mathbf{Z}$ no es libre como un $\mathbf{Z}$-módulo ver este MO pregunta - podemos deducir que $R$ no está libre de más de $\mathbf{Z}$, lo que implica en particular que $R$ no está libre de más de $\mathbf{Z}[x]$.

Permítanos dotar $\mathbf{Z}$ con los siguientes pedidos : $0, 1, -1, 2, -2, 3, -3\dots$ El mapa de $\phi : \mathbf{Z}^{\mathbf{Z}} \to R$ tendrá la forma $(a_n)_{n \in \mathbf{Z}} \mapsto f$ donde $f(n)$ se define como una combinación lineal finita de la $a_m$ donde $m$ pasa a través de los índices que son en la mayoría de las $n$ con respecto a este pedido.

Con el fin de dar la idea de la construcción, asumimos que el trabajo con las funciones definidas en $\mathbf{N}$ en lugar de $\mathbf{Z}$, y dar $\mathbf{N}$ la costumbre de ordenar. Definir un mapa de $(a_n)_{n \in \mathbf{N}} \mapsto f$ poniendo $f(0)=a_0$, $f(1)=a_1$, $f(2)=a_0+2a_2$, $f(3)=3a_1-2a_0+6a_3$... Los coeficientes son elegido con la identidad de Bézout de tal manera que la necesaria congruencias sostener, por ejemplo,$f(3) \equiv f(0) \pmod{3}$.

En más detalle, suponga $f(n-k),\ldots,f(n-1)$ han sido ya definidos, y definamos $f(n)$. (Se procede en forma análoga, cuando la definición de $f(n)$ asumiendo $f(n+1),\ldots,f(n+k)$ ya están definidos). Poner $M=\operatorname{lcm}(1,\ldots,k) = p_1^{\alpha_1} \cdots p_r^{\alpha_r}$. Debemos tener $p_i^{\alpha_i} \leq k$ por cada $i$. Existen enteros $\lambda_1,\ldots,\lambda_r \in \mathbf{Z}$ tal que $\lambda_i \equiv 1 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$ e $\lambda_i \equiv 0 \pmod{p_j^{\alpha_j}}$ para $j \neq i$. A continuación, ponemos $f(n) = \sum_{i=1}^r \lambda_i f(n-p_i^{\alpha_i})+M \cdot a_n$. Comprobamos que $f(n) \equiv f(n-j) \pmod{j}$ por cada $j$, e $f(n)$ es claramente lineal con respecto a la secuencia de $(a_n)$.

Esto define nuestro lineal mapa de $\phi : \mathbf{Z}^{\mathbf{Z}} \to R$. Ahora, no es difícil ver que $\phi$ es bijective trabajando hacia atrás, a partir de $f \in R$ y la definición de $a_n$ inductivamente, a partir de $a_0=f(0)$, $a_1=f(1)$ y así sucesivamente. Hemos de comprobar lo siguiente : si $f \in R$, a continuación, utilizando las notaciones anteriores, tenemos $f(n) \equiv \sum_{i=1}^r \lambda_i f(n-p_i^{\alpha_i}) \pmod{M}$. De hecho, esto es cada modulo $p_i^{\alpha_i}$ el uso de la propiedad de la $\lambda_i$'s y la de la asunción en $f$.

En suma, la imagen general es que (después de la fijación de la buena ordenación de $\mathbf{Z}$ explicado anteriormente), el $\mathbf{Z}$-módulo de $R$ es la imagen homomórfica de $\mathbf{Z}^{\mathbf{N}}$ en algunas infinito triangular inferior de la matriz

$$ \begin{equation*} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \\ 0 & 1 & 2 & 0 & \\ 3 & -2 & 2 & 6 & \\ \vdots & & & & \ddots \end{pmatrix} \end{ecuación*}. $$

Answer 3

Una base para $R\cap\mathbb Q[X]$ fue descrito por Carlitz (ver el libro de Cahen y Chabert "valores Enteros polinomios"). Los polinomios $\mathrm{LCM}(1,\cdots,n)\binom{X}{n}$ formar una base. Cabe señalar que el anillo de $R'=\{f:\mathbb N\to\mathbb Z\text{ such that }m-n\mid f(m)-f(n)\text{ for all }m,n\in\mathbb N\}$ es un servicio gratuito de $\mathbb Z$-módulo se extendió por el anterior polinomios. Este resultado fue demostrado por Rausch.

Answer 4

He publicado un montón de comentarios aquí, pero pensé que sería mejor escribir una respuesta, en lugar.

En primer lugar, he escrito mucho acerca de estas funciones, y las funciones con la misma condición en los conjuntos de $S\subseteq \mathbb Z$.

Si se define $$q_k(x) = \frac{\operatorname{lcm}(1,2,\dots,k)}{k!}\left(x+ \left\lfloor {\frac{k-1}{2}} \right\rfloor\right)_k$$ then these are rational polynomials in $R$ and they have the property that, for all $n\in\mathbb Z$, $q_k(n)\neq 0$ for only finitely many $k$. So given any infinite sequence $(a_k)_{k\in\mathbb N}$ of integers, we get a unique $f\in I$ definida por:

$$f(n)=\sum_{k} a_kq_k(n)$$

Un poco más difícil de probar, pero no muy duro, es que todos los $f\in R$ se expresa en esta forma. Esencialmente, usted encontrará $a_k$ por inducción.

Esto le da una explícita abelian grupo de isomorfismo entre el $R$ e $\mathbb Z^{\mathbb N}\cong\mathbb Z^{\mathbb Z}$.

La prueba es esencialmente el uso del resto Chino no inductivo para determinar el $a_k$, que coinciden con los valores de $f(0),f(1),f(-1),f(2),f(-2),\dots.$ Esta es la razón por la que usted consigue el plazo $\operatorname{lcm}(1,2,\dots,k)$.

Esto también ayuda a mostrar que $R\cap \mathbb Q[x]$ el $q_k$ as $\mathbb Z$-generadores. Dado un polinomio $q(x)\in Q[x]\cap R$ es de grado $d$ si $q(n)=\sum_{k\in N} a_k q_k(n)$ entonces $p(n)=\sum_{k=0}^{d} a_kq_k(n)$ es otro polinomio de grado $d$ que está de acuerdo en $d+1$ de los valores, por lo que deben estar de acuerdo en todas partes.

Nota: $R$ es en realidad una parte integral de dominio, no sólo un anillo. Si $f\in R$,, a continuación, $f$ puede ser cero sólo para un número finito de valores, por lo $fg=0$ implica $f=0$ o $g=0$.

El uso de $R'=\left\{f:\mathbb N\to \mathbb Z\mid \forall n,m: n-m\mid f(n)-f(m)\right\}$, existe un natural anillo de homomorphism $R\to R'$ a enviar a $f\in R$ a $f_{\mid\mathbb N}\in R'$. Esto es $1-1$ desde el si $f_{\mid\mathbb N} =0$,, a continuación, $f$ tiene una infinidad de ceros. El mapa no es en - es posible definir $f\in R'$ tal que ni siquiera se puede extender $f$ a $-1$ y mantener la divisibliity de la propiedad.