Número real $x$ tal que $\{ x^n\}$ es constante para todo $n\in S$

Question

La razón dorada satisface la propiedad de que $$\{\phi^{-1}\}=\{\phi\}=\{\phi^2\} = 0.618\cdots$$ donde $\{x\}$ es la parte fraccional de $x$, igual a $x-\lfloor x\rfloor$. Inspirado por eso, me preguntaba para qué subconjuntos $S$ de $\mathbb{Z}\setminus\{0\}$ (por ejemplo, $S=\{-1,1,2\}$ como con la razón dorada), existe $x\in\mathbb{R}$ tal que para todo $n\in S$, $\{x^n\}$ es igual (y no igual a $0$, porque de lo contrario, solo habría soluciones enteras/raíces enteras triviales).

Si $|S|=2$, entonces creo que debe existir una solución. Escribe $S=\{m,n\}$. Si ambos elementos son positivos, en $[0,2^{mn})$, $\{x^m\}$ y $\{x^n\}$ tienen un número diferente de discontinuidades (creo que $2^n-1$ y $2^m-1$), pero ambos aumentan de $0$ a $1$ excepto en esas discontinuidades. Así que debe existir algún punto de intersección. Si ambos elementos son negativos, en lugar de una solución para $\{x^m\}=\{x^n\}$, simplemente puedes considerar la solución para $\{x^{-m}\}=\{x^{-n}\}$ y simplemente tomar la inversa de eso. Finalmente, si uno es positivo y el otro negativo, el gráfico del negativo sería monótonamente decreciente hasta $0$ después de $x=1$, mientras que el gráfico del positivo estaría aumentando (excepto en esas discontinuidades) de $0$ a $1$, por lo que habría alguna intersección en los gráficos.

Obviamente, lo que es mucho más complicado es cuando $|S|\ge 3$. Ni siquiera estoy seguro de que haya alguna solución con $|S|=3$ que no sea cuando $S=\{-1k,1k,2k\}$ con $k\in\mathbb{Z}$. Descubrí que si $S=\{1,2\}$, el conjunto de soluciones para $x$ está dado por $$\left\{-\sqrt{m+\frac{3-\sqrt{5+4m}}{2}}:m\in\mathbb{Z}_{\ge 0}\right\}\bigcup\left\{\sqrt{m+\frac{1+\sqrt{1+4m}}{2}}:m\in\mathbb{Z}_{\ge 0}\right\}\bigcup\{0\}$$

Además, si $S$ funciona, entonces $kS=\{ks:s\in S\}$ funciona, donde $k$ es un entero. ¿Hay una forma sencilla de caracterizar los conjuntos $S$ que funcionan? Más específicamente, ¿hay alguna forma de averiguar qué conjuntos con solo tres elementos funcionan?

Edición: Este es un pequeño comentario que podría motivar a verlo a través del prisma del álgebra. Si $\{x^a\}=\{x^b\}=\{x^c\}$ con $a>b>c\ge 1$, entonces debería existir un entero $m$ tal que $x^a-x^b-m$ sea reducible sobre $\mathbb{Z}[x]$. De hecho, necesitaríamos enteros $m,n$ tales que $\deg(\gcd(x^a-x^b-m,x^b-x^c-n))\ge 1$.

Answer 1

S={-4,3,1} funciona. Sea x la raíz real de x^3-x-1, entonces las partes fraccionarias de x^{-4}, x y x^3 son todas iguales. Tenemos x^3-x=1, así que las partes fraccionarias de x y x^3 son iguales, y x^4=x^2+x, x^5=x^3+x^2=x^2+x+1, entonces x^5-x^4=1, así que x-x^{-4}=1, entonces x y x^{-4} tienen la misma parte fraccionaria.

Answer 2

Esta es solo una solución parcial: muestro que las progresiones aritméticas de 3 números no funcionan. Parece haber soluciones esporádicas como $\{-1,1,2\}$ y $\{-4,1,3\}$ (como notó Gerry) y $\{3,2,-5\}$ y $\{5,4,-9\}$ (como señaló Peter).

Nota que si un conjunto de números tiene un divisor común, puedes simplemente tomar $x$ a esa potencia, por lo que basta con considerar los casos en los que los números de $S$ son primos relativos.

Separadamente, si todos los elementos de $S$ comparten un divisor común (digamos $d$) entonces puedes dejar $x=2^{1/d}\not \in \mathbb Z$ y obtener que para todo $a\in S$ que $\{x^a\}=\{2^{a/d}\}=0$. Sin embargo, esto es un poco engañoso, así que voy a requerir que las partes fraccionarias sean distintas de cero en adelante.

Cualquier conjunto de dos elementos funciona. Nota que para todos los enteros $a con $b$ positivo, tenemos que $x^b-x^a-1$ no tiene soluciones enteras (ya que tendrían que dividir la constante y ser $\pm 1$ lo cual no funciona), y es negativo en $1$ y positivo para suficientemente grandes $x$, por lo que tiene alguna raíz real. Usando esa raíz real de $x$ obtenemos que $\{x^a\}=\{x^b\}$. Cualquier enteros que tengan exponentes racionales entre sí son simplemente el mismo entero a diversas potencias, y ninguna potencia del mismo entero es adyacente, por lo que la parte fraccionaria es distinta de cero. Usando $1/x$ cubre el caso cuando ambos son negativos.

Considera cualquier progresión aritmética $\{a, a+d, a+2d\}$. Esto daría que $x^d=(x^{a+2d}-x^{a+d})/(x^{a+d}-x^{a})\in \mathbb Q$. Dado que $x$ es un entero algebraico (siendo solución de un polinomio mónico), es un entero algebraico, por lo que $x^d$ es un entero algebraico racional, es decir, un entero. Sea $m=x^d$. Sea $n=x^{a+d}-x^{a}$. Entonces, $n=(m-1)x^{a}$, por lo que $x^a$ es un entero algebraico racional, es decir, un entero. Así, $\{x^a\}=0$, no existe una solución no trivial.

$\{-1,1,2\}$ es particularmente agradable ya que los términos de los trinomios de los cuales $x$ es raíz tienen grados $1,-1,0$ y $2,1,0$. Estos están solo desplazados unos de otros, así que una elección adecuada de coeficientes permite que se superpongan perfectamente. Para $m arbitrarios, sin pérdida de generalidad, al menos uno de ellos es negativo, obtenemos que esto solo ocurre cuando $0,m,n,p$ es una progresión aritmética lo que significa que tiene una razón de $0:1:2:3$ lo cual está prohibido en lo anterior o $m:0:n:p$ está en una progresión que da $-1:0:1:2$ lo cual da $\phi$. Supongo que esto es cierto para todos los conjuntos de 3 elementos. No está claro cuáles (si es que alguno) conjuntos de 3 elementos podrían llevar a trinomios con raíces superpuestas.

Answer 3

No funciona para $S = \{1,2,3\}$, por ejemplo. De hecho, supongamos que $\{x\} = \{x^2\} = \{x^3\}$ y $x \notin \mathbb{Z}$, entonces existen enteros $(n,m)$ tales que $x^3 = x + n$ y $x^2 = x + m$.

La segunda ecuación implica que $x$ es integral de grado a lo sumo dos sobre $\mathbb{Z}$, y de grado exactamente dos porque no es un entero. Por lo tanto, su polinomio minimal es $X^2 - X - m$. Así pues, $x^3 - x - n = 0$ es equivalente a $(X^2 - X - m)|(X^3 - X - n)$ y, haciendo la división euclidiana de uno por el otro, $$ X^3 - X - n = (X^2 - X - m)(X + 1) + mX + m - n. $$ Deducimos que $(X^2 - X - m)|(X^3 - X - n)$ si y solo si $mX + m - n = 0$, o en otras palabras, $m = n = 0$. En este caso, tenemos $x^3 = x^2 = x$, lo cual es imposible a menos que $x \in \{0,1\}$ y sean enteros. Observa que ni siquiera necesité la hipótesis más fuerte de que $\{x^s\} \neq 0$ cuando $s \in S$.

Creo que para la mayoría de los conjuntos $S$ de cardinalidad $3$, el mismo razonamiento se mantiene y los casos en los que hay una solución probablemente son bastante raros.