$p^{(m)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ implica $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$

Question

Sea $p(x)$ sea un polinomio, $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ et $p^{(m+1)}(x)=p(p^{(m)}(x))$ para cualquier número entero positivo $m$ .
Si $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ no es posible decir que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ .
¿Es posible concluir que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ si $p^{(2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ y $p^{(3)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ?

Más en general, supongamos que existen enteros positivos $k_1 <k_2$ tal que $p^{(k_1)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ y $p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ . ¿Se deduce que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ?

Answer 1

$\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}$ La afirmación es cierta.

Notación : Voy a cambiar el nombre del polinomio a $f$ de modo que $p$ puede ser un primo. Fijar un primo $p$ , dejemos que $\QQ_p$ sea el $p$ - los números radicales, $\ZZ_p$ el $p$ -enteros y $v$ el $p$ -valoración de los radicales. Sea $\QQ_p^{alg}$ sea un cierre algebraico de $\QQ_p$ entonces $v$ se extiende a una valoración única en $\QQ_p^{alg}$ que también denotamos por $v$ .

Recordemos la noción de polígono de Newton: Sea $f(x) = f_0 + f_1 x + \cdots + f_d x^d$ sea un polinomio en $\QQ_p[x]$ . El polígono Newton de $f$ es la trayectoria lineal a trozos desde $(0, v(f_0))$ a $(d, v(f_d))$ que es el casco convexo inferior de los puntos $(j, v(f_j))$ . Dejamos que el polígono de Newton pase por los puntos $(j, N_j)$ para $0 \leq j \leq d$ y fijamos $s_j = N_j - N_{j-1}$ ; el $s_j$ se llaman las pendientes del polígono de Newton. Como el polígono de Newton es convexo, tenemos $s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_d$ .

Hay dos hechos principales sobre los polígonos de Newton: (Hecho 1) Sea $f$ y $\bar{f}$ sean dos polinomios y que las pendientes de sus polígonos de Newton sean $(s_1, s_2, \ldots, s_d)$ y $(\bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$ respectivamente. A continuación, las pendientes de $f \bar{f}$ son la lista $(s_1, s_2, \ldots, s_d, \bar{s}_1, \bar{s}_2, \ldots, \bar{s}_{\bar{d}})$ en orden creciente. (Hecho 2) Sea $\theta_1$ , $\theta_2$ , ... $\theta_d$ sean las raíces de $f$ en $\QQ_p^{alg}$ . Entonces, tras reordenar las raíces adecuadamente, tenemos $v(\theta_j) = -s_j$ .

Aquí está el lema que hace el trabajo principal:

Lema : Sea $f$ sea un polinomio en $\QQ_p[x]$ que no está en $\ZZ_p[x]$ y supongamos que el término constante $f_0$ está en $\ZZ_p$ . Entonces $f^{(2)}$ no está en $\ZZ_p[x]$ .

Observación : Un ejemplo instructivo con $f_0 \not\in \ZZ_p$ es tomar $p=2$ y $f(x) = 2 x^2 + 1/2$ de modo que $f(f(x)) = 8 x^4 + 4 x^2+1$ . Puede que le guste repasar esta prueba y ver por qué no se aplica a este caso.

Prueba : Utilizamos todas las notaciones relacionadas con los polígonos de Newton anteriores. Obsérvese que el primer término de $f^{(2)}$ es $f_d^{d+1}$ por lo que si $f_d \not\in \ZZ_p$ hemos terminado; por lo tanto, suponemos que $f_d \in \ZZ_p$ . Así que $v(f_0)$ y $v(f_d) \geq 0$ pero (dado que $f \not\in \ZZ_p[x]$ ), hay algunos $j$ con $v(f_j) < 0$ . Por tanto, el polígono de Newton tiene tanto una porción hacia abajo como una porción hacia arriba. Sean las pendientes del polígono de Newton $s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_k \leq 0 < s_{k+1} < \cdots < s_d$ . Así, $(k,N_k)$ es el punto más negativo del polígono de Newton; abreviamos $N_k = -b$ y $N_d = a$ .

Sea $\theta_1$ , ..., $\theta_d$ sean las raíces de $f$ numerados de forma que $v(\theta_j) = - s_j$ . Tenemos $f(x) = f_d \prod_j (x-\theta_j)$ y así $f^{(2)}(x) = f_d \prod_j (f(x) - \theta_j)$ . Calcularemos (parte de) el polígono de Newton de $f^{(2)}$ fusionando las pendientes de los polígonos de Newton de los polinomios $f(x) - \theta_j$ como en el hecho 1.

Caso 1: $1 \leq j \leq k$ . Entonces $v(\theta_j) = - s_j \geq 0$ . Suponiendo que $f_0 \in \ZZ_p$ el término constante de $f(x) - \theta_j$ tiene valoración $\geq 0$ . Por lo tanto, las partes inclinadas hacia arriba de los polígonos de Newton de $f(x)$ y de $f(x) - \theta_j$ son iguales, por lo que la lista de pendientes del polígono Newton de $f(x) - \theta_j$ termina con $(s_{k+1}, s_{k+2}, \ldots, s_d)$ . Así, el cambio de altura del polígono de Newton desde su punto más negativo hasta el extremo derecho es $s_{k+1} + s_{k+2} + \cdots + s_d = a+b$ .

Caso 2: $k+1 \leq j \leq d$ . Entonces $v(\theta_j) < 0$ por lo que el punto izquierdo del polígono de Newton de $f(x) - \theta_j$ es $(0, v(\theta_j)) = (0, -s_j)$ y el punto de la derecha es $(d, v(f_d)) = (d, a)$ . Vemos que el cambio de altura total en todo el polígono de Newton es $a+s_j$ y por tanto el cambio de altura del polígono de Newton desde su punto más negativo hasta el extremo derecho es $\geq a+s_j$ .

El lado derecho del polígono de Newton de $f^{(2)}$ está a la altura $v(f_d^{d+1}) = (d+1) a$ . Como barajamos las pendientes de los factores juntas (Hecho 1), el polígono de Newton de $f^{(2)}$ desciende desde su extremo derecho por la suma de las caídas en altura de todos los factores. Por tanto, el punto más bajo del polígono de Newton de $f^{(2)}$ es al menos tan negativo como $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j).$$ Ahora calculamos $$(d+1) a - k(a+b) - \sum_{j=k+1}^d (a+s_j) = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a - \sum_{j=k+1}^d s_j$$ $$ = (d+1) a - k(a+b) - (d-k) a- (a+b)= -(k+1)b < 0 .$$

Como es negativo, hemos demostrado que el polígono de Newton va por debajo del $x$ -eje, y ganamos. $\square$

Ahora utilizamos este lema para demostrar los resultados solicitados.

Teorema 1: Que $g \in \QQ_p[x]$ y supongamos que $g^{(2)}$ y $g^{(3)}$ están en $\ZZ_p[x]$ . Entonces $g \in \ZZ_p[x]$ .

Prueba : Tenga en cuenta que $g(g(0))$ y $g(g(g(0)))$ están en $\ZZ_p$ . Ponga $$f(x) = g{\big (}x+g(g(0)){\big )} - g(g(0)).$$ Entonces $f^{(2)}(x) = g^{(2)}{\big (} x+g(g(0)) {\big )} - g(g(0))$ Así que $f^{(2)}$ está en $\ZZ_p[x]$ . También, $f(0) = g^{(3)}(0) - g^{(2)}(0) \in \ZZ_p$ . Entonces, por el contrapositivo del lema, $f(x) \in \ZZ_p[x]$ y así $g(x) \in \ZZ_p[x]$ . $\square$

También tenemos la versión más fuerte:

Teorema 2: Que $h \in \QQ_p[x]$ y supongamos que $h^{(k_1)}$ y $h^{(k_2)}$ están en $\ZZ_p[x]$ para algún relativamente primo $k_1$ y $k_2$ . Entonces $h \in \ZZ_p[x]$ .

Prueba : Desde $GCD(k_1, k_2) = 1$ cada número entero suficientemente grande $m$ es de la forma $c_1 k_1 + c_2 k_2$ para $c_1$ , $c_2 \geq 0$ y, por tanto $h^{(m)}$ está en $\ZZ_p[x]$ para cada $m$ . Supongamos que $h(x) \not\in \ZZ_p[x]$ . Entonces hay algún mayor $r$ para lo cual $h^{(r)}(x) \not\in \ZZ_p[x]$ . Pero para este valor de $r$ tenemos $h^{(2r)}$ y $h^{(3r)}$ en $\ZZ_p[x]$ contradiciendo el Teorema 1. $\square$ .

Answer 2

El resultado es válido para polinomios (o más generalmente, series de potencias) de la forma $p(x) = x + ax^2 + bx^3 + \cdots$ con $a,b \ldots \in \mathbb{Q}$ .

Sea $p(x) = x + \sum_{n \geq 2} a_n x^n \in \mathbb{Q}[[x]]$ tal que $p^{(2)}$ y $p^{(3)}$ pertenecen a $\mathbb{Z}[[x]]$ . Demostraremos por inducción en $n$ que $a_n \in \mathbb{Z}$ . Sea $n \geq 2$ tal que $a_k \in \mathbb{Z}$ para todos $k<n$ .

Tenemos $p(x) = x + q(x) + a_n x^n + O(x^{n+1})$ con $q(x) = \sum_{k=2}^{n-1} a_k x^k \in \mathbb{Z}[x]$ . Entonces \begin{align*} p^{(2)}(x) & = p(x) + q(p(x)) + a_n p(x)^n + O(x^{n+1}) \\ & = x + q(x) + a_n x^n + q(p(x)) + a_n x^n + O(x^{n+1}). \end{align*} Ahora en la serie de potencias $q(p(x)) + O(x^{n+1})$ el coeficiente $a_n$ no aparece, por lo que esta serie de potencias tiene coeficientes en $\mathbb{Z}$ . De ello se deduce que $2a_n \in \mathbb{Z}$ . El mismo cálculo muestra que $p^{(3)}$ es de la forma \begin{equation*} p^{(3)}(x) = x + r(x) + 3a_n x^n + O(x^{n+1}) \end{equation*} con $r(x) \in \mathbb{Z}[x]$ . Por lo tanto $3a_n \in \mathbb{Z}$ y, por tanto $a_n \in \mathbb{Z}$ .

Observación. En el caso que nos ocupa, $0$ es un punto fijo de $p$ . En general, podríamos intentar utilizar el hecho de que cualquier polinomio no constante $p(x)$ fija el punto $\infty$ . Sea $\varphi(x)=1/x$ sea el gráfico estándar en $\infty$ . Entonces $q := \varphi^{-1} \circ p \circ \varphi$ es una serie de potencias de la forma \begin{equation*} q(x) = a_d^{-1} x^d + O(x^{d+1}), \end{equation*} donde $d=\mathrm{deg}(p)$ y $a_d$ es el coeficiente principal de $p$ . Suponiendo que $p$ es mónico, basta con generalizar el resultado anterior para series de potencias con valoración arbitraria.

Answer 3

Lo siguiente se demuestra (¿independientemente?) en [1] y [2]: Toda descomposición polinómica sobre $\mathbb Q$ es equivalente a una descomposición sobre $\mathbb Z$ .

Concretamente dice que si $g\circ h \in \mathbb Z [x]$ con $g,h\in \mathbb Q[x]$ entonces existe un lineal polinomio $\varphi\in \mathbb Q[x]$ tal que $g\circ \varphi^{-1}$ y $\varphi\circ h$ están ambos en $\mathbb Z[x]$ y $\varphi\circ h(0)=0$ .

[1] I. Gusic, On decomposition of polynomials over rings, Glas. Mat. Ser. III 43 (63) (2008), 7-12

[2] G. Turnwald, Sobre la conjetura de Schur, J. Austral. Math. Soc. Ser. A (1995), 58, 312-357

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Supongamos ahora que $f(x)$ satisface $f^{(2)}, f^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ . Entonces, como en la respuesta de David, el polinomio $F(x)=f(x+f(f(0)))-f(f(0))$ satisface $F^{(2)}, F^{(3)}\in \mathbb Z[x]$ y $F(0)\in \mathbb Z$ .

Escribamos $F(x)=a_nx^n+\cdots +a_0$ . Supongamos que existe algún primo $p$ para lo cual $v_p(a_i)<0$ . De la afirmación citada anteriormente se desprende que existe $\varphi(x)=a(x-F(0))$ tal que $\varphi\circ F\in \mathbb Z[x]$ . Esto significa que $v_p(a)>0$ . También tendremos $F\circ \varphi^{-1}\in \mathbb Z[x]$ así que $F(\frac{x}{a}+F(0))\in \mathbb Z[x]$ .

Supongamos que $k$ es el mayor índice para el que $v_p(a_k)-kv_p(a)<0$ . Esto debe existir porque $v_p(a_i)-iv_p(a)<0$ . Entonces vemos que todos los coeficientes procedentes de $a_r\left(\frac{x}{a}+F(0)\right)^r$ para $r>k$ tienen $v_p>0$ . Esto significa que el coeficiente de $x^k$ en $F(\frac{x}{a}+F(0))$ debe tener $v_p<0$ lo cual es una contradicción. Por lo tanto, debemos tener $F(x)\in \mathbb Z[x]$ y por lo tanto también $f(x)\in \mathbb Z[x]$ .

Answer 4

Para cada polinomio $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ , dejemos que $\mathcal{R}(f) := \{ \alpha \in \mathbb{C} \mid p(\alpha) = 0 \} \subseteq \overline{\mathbb{Q}} \subseteq \mathbb{C}$ sea su conjunto de raíces.

Entonces $\mathcal{R}(p) = p^{(2)}(\mathcal{R}(p^{(3)}))$ . Supongamos que $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ es mónico y $p^{(2)}, p^{(3)} \in \mathbb{Z}[x]$ . Entonces $\mathcal{R}(p^{(3)}) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ porque $p^{(3)}$ también será mónico. Puesto que $p^{(2)} \in \mathbb{Z}[x]$ por suposición, esto implica que $\mathcal{R}(p) \subseteq \overline{\mathbb{Z}}$ lo que a su vez implica que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ porque $p$ se suponía que era mónico.

El mismo argumento sirve para demostrar de forma más general que $p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ en el supuesto de que $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$ es mónico, y $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ para algunos $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ tal que $\gcd(k_1,k_2) = 1$ .

No sé cómo tratar el caso cuando $p(x)$ no es mónico. Por supuesto, si $p^{(k_1)}(x), p^{(k_2)}(x) \in \mathbb{Z}[x]$ para algunos $k_1, k_2 \in \mathbb{N}$ tal que $\gcd(k_1,k_2) = 1$ entonces es inmediato demostrar que el coeficiente principal de $p(x)$ tiene que ser un entero, pero no puedo ir más allá.

Answer 5

Es fácil ver este resultado para series de potencias de la forma $p(x)=x+ax^2+bx^3+\cdots$ con $a,b,\dots\in\mathbb{Q}$ . Más en general, que $i_1,\dots, i_k$ sean números enteros relativamente primos. El conjunto de todas las series de potencias de la forma $x+ax^2+bx^3+\cdots\in\mathbb{Q}[[x]]$ forman un grupo bajo composición. Tales series de potencias con forman un subgrupo. En cualquier grupo $G$ y $g\in G$ el grupo generado por $g_{i_1},\dots, g_{i_k}$ contiene $g$ y la prueba es la siguiente.

¿Puede modificarse este argumento para resolver el problema planteado?