Generalización de la ORA de Tamarkin 1993, ronda final, problema 10/8: ¿sigue siendo una conjetura?

Question

Esto es de la categoría "problemas que no puedo creer que sigan abiertos". Pero además, no sé si sigue abierto; parece haber escapado a la atención de la mayoría de los teóricos de los números y de los algebristas, salvo los de los círculos de la olimpiada. Esta es la razón por la que lo publico aquí.

Dejemos que $p$ sea un primo. Definir un operador lineal $F_p:\mathbb R^{\mathbb Z}\to\mathbb R^{\mathbb Z}$ por

$\left(F_p f\right)\left(n\right) = \dfrac{f\left(n\right)+f\left(n+1\right)+...+f\left(n+p-1\right)}{p}$ por cada $n\in\mathbb Z$ y cada $f\in\mathbb R^{\mathbb Z}$ .

(Por supuesto, los elementos de $\mathbb R^{\mathbb Z}$ son sólo secuencias infinitas de dos lados de los reales, escritas como funciones de $\mathbb Z$ a $\mathbb R$ . El operador $F_p$ sustituye una secuencia por la secuencia de las medias aritméticas de sus $p$ -Ventanas).

Un elemento $f\in \mathbb Z^{\mathbb Z}$ se dice que media-integral si cumple con $F_p^kf\in\mathbb Z^{\mathbb Z}$ para cada entero no negativo $k$ .

Para cualquier $f\in\mathbb R^{\mathbb Z}$ , defina $f^p\in\mathbb R^{\mathbb Z}$ por

$f^p\left(n\right)=\left(f\left(n\right)\right)^p$ por cada $n\in\mathbb Z$ .

Conjetura: Si $f\in \mathbb Z^{\mathbb Z}$ es integral media, entonces también lo es $f^p$ .

Observaciones: Para $p=2$ Este fue el problema 8 para el grado 10 en la Olimpiada Matemática de Rusia 1993, propuesto por D. Tamarkin (¿el de la fama de la teoría de las operadas?). Hay una discusión con varias pruebas de la $p=2$ caso en MathLinks y muestra que el $p=2$ caso es en realidad la punta de un iceberg (es decir, para $p=2$ los elementos medios-integrales de $\mathbb Z^{\mathbb Z}$ forman un anillo, por lo que no sólo los cuadrados, sino también los productos puntuales de elementos de media integral son de media integral). En $p=3$ La conjetura sigue siendo cierta, pero el iceberg aparentemente no es anmyore; me llevó un largo cálculo con divisibilidades combinatorias para verificar la conjetura. Para mayores $p$ No conozco ningún resultado. ¿Se ha hecho algo desde 1993?

Answer 1

¡Este problema es muy divertido! Hay una forma de reducir el problema general al estudio de los polinomios de media integral (tomar una secuencia de media integral, elegir una subsecuencia finita pero lo suficientemente grande, interpolar utilizando un polinomio de media integral m veces y luego utilizar su resultado sobre los polinomios para concluir que la secuencia de p-ésima potencia es m veces de media integral), que, al menos, ayuda a arrojar algo de luz sobre el panorama general.

Si no me equivoco los polinomios $a_nx^n+\cdots+a_0$ en $\mathbb Z[x]$ que son integrales medias para $p=2$ son aquellos para los que $$\nu_2(a_k)\geq k-\nu_2(k!)$$ es válida para todos los $k$ . Del mismo modo, para $p=3$ tenemos las condiciones análogas $$\nu_3(a_k)\geq \lfloor\frac{k}{2}\rfloor-\nu_3(k!).$$

Ahora sucede algo especial en los casos $p\in \{2,3\}$ que tales polinomios son cerrados al tomar $p$ de las potencias (esencialmente $\lfloor \sum \cdot\rfloor-\sum\lfloor\cdot\rfloor$ no puede ser lo suficientemente grande como para construir un contraejemplo). Pero ya para $p=5$ tienes $1,n^2,n^7,n^{15}$ son todas secuencias promedio-integrales, por lo tanto también lo es su suma. Pero la siguiente secuencia $$a_n=(1+n^2+n^7+n^{15})^5$$ no es integral media, lo que nos da un contraejemplo.

Edición: Zeb en los comentarios dio el siguiente contraejemplo para el general $p>3$ $$(1+n^{p+1})^p$$ la razón es que el coeficiente en $n^{p^2-1}$ no es divisible por $p^2$ .

Answer 2

Bien, así es como se muestra eso $(1+n^{p+1})^p$ siempre da un contraejemplo para $p > 3$ .

Set $d(k) = \lfloor \frac{k}{p-1} \rfloor - v_p(k!)$ . Tenga en cuenta que $d(k)$ es igual a la suma de la base- $p$ dígitos de $k$ dividido por $p-1$ y se redondea hacia abajo, por lo que, por ejemplo, si $k$ es un múltiplo no nulo de $p-1$ entonces tenemos $d(k) \ge 1$ . Tenemos

$p^{d(k)}(F_pn^k - n^k) = \sum_{j=0}^{k-1}(p^{d(k)-1}{k\choose j}\sum_{i=0}^{p-1}i^{k-j})n^j,$

y tenemos

$d(k)-1 + v_p({k\choose j}) + v_p(\sum_{i=0}^{p-1}i^{k-j}) - d(j) $

$= \lfloor \frac{k}{p-1} \rfloor - \lfloor \frac{j}{p-1} \rfloor - v_p((k-j)!) - 1 + v_p(\sum_{i=0}^{p-1}i^{k-j})$

$ = (d(k-j) + v_p(\sum_{i=0}^{p-1}i^{k-j})-1) + (\lfloor \frac{k}{p-1} \rfloor-\lfloor \frac{j}{p-1} \rfloor-\lfloor \frac{k-j}{p-1} \rfloor) \ge 0$ ,

por lo que por inducción en $k$ podemos demostrar que $p^{d(k)}n^k$ es integral media para cualquier $k$ .

Tenemos $d(k(p+1)) \le 1$ para $k = 1, ..., p-2$ , $d(p^2-1) = 2$ y $d(p^2+p) = 0$ . Así, vemos fácilmente que $(1+n^{p+1})^p = 1 + \sum_{k=1}^{p-2}{p \choose k}n^{k(p+1)} + pn^{p^2-1} + n^{p^2+p}$ es integral media si y sólo si $pn^{p^2-1}$ es. A continuación, observe que $pn^{p^2-1}-pn^{\underline{p^2-1}}$ es una suma de múltiplos de $p$ tiempos monomios $n^k$ con $k < p^2-1$ y que para $k < p^2-1$ tenemos $d(k) \le 1$ Así que $pn^{p^2-1}$ es integral media si y sólo si $pn^{\underline{p^2-1}}$ es.

Ahora, observe que podemos expresar $\frac{\Delta^{p-1}f}{p}$ como una combinación lineal integral de $F_pf$ y los turnos de $f$ ya que tenemos $(-1)^k{p-1 \choose k} \equiv 1 \pmod{p}$ . Por lo tanto, si $pn^{\underline{p^2-1}}$ fuera media-integral entonces tendríamos $\frac{\Delta^{p^2-1}pn^{\underline{p^2-1}}}{p^{p+1}} = \frac{p(p^2-1)!}{p^{p+1}}$ un número entero, pero obviamente no es el caso, así que hemos terminado. (Y así, $(1+n^{p+1})^p$ no es una media integral por la $p+1$ iteración).

Edición: De hecho, podemos demostrar que un polinomio en $n$ produce una secuencia media-integral si y sólo si puede expresarse como una $\mathbb{Z}_{(p)}$ -combinación lineal de términos de la forma $p^{d(k)}n^k$ o, de forma equivalente, si puede expresarse como $\mathbb{Z}_{(p)}$ -combinación lineal de términos de la forma $p^{d(k)}n^{\underline{k}}$ .

La segunda afirmación es mucho más fácil de demostrar: tenemos $\frac{\Delta^{p-1}p^{d(k)}n^{\underline{k}}}{p} = p^{d(k)-1}k^{\underline{p-1}}n^{\underline{k-(p-1)}}$ que es un número entero relativamente primo a $p$ veces $p^{d(k-(p-1))}n^{\underline{k-(p-1)}}$ . Además, si $k < p-1$ entonces $d(k) = 0$ y podemos recuperar el coeficiente de $n^{\underline{k}}$ de la primera $p-1$ valores del polinomio sin hacer ninguna multiplicación o división por $p$ .

Para la primera afirmación, tome un polinomio que no sea una combinación entera de términos de la forma $p^{d(k)}n^k$ y mira el mayor $k$ tal que el coeficiente de $n^k$ no es un múltiplo de $p^{d(k)}$ . Restando un polinomio que ya sabemos que es integral media (ignorando los denominadores que no sean $p$ ), podemos suponer que se trata del término principal del polinomio. Ahora convirtamos a la base de la potencia decreciente, y observemos que el término principal sigue siendo el mismo, para demostrar que este polinomio no es un entero medio.