$f'/f\in\mathbb{Z}[[x]]$ para polinomios frente a series de potencia formales $f$

Question

Tengo curiosidad por el siguiente problema del Seminario de Resolución de Problemas del MIT (#26 aquí aunque el enlace puede dejar de funcionar después de unas semanas):

Dejemos que $f(x) = a_0+a_1x+\cdots\in\mathbb{Z}[[x]]$ sea una serie de potencias formal con coeficientes enteros, tal que $a_0\ne0$ . Si $f'/f\in\mathbb{Z}[[x]]$ , debe $f/a_0\in\mathbb{Z}[[x]]$ ? (Si no me he equivocado a continuación, la respuesta es sí).

El caso especial de los polinomios enteros, $f(x) = C\prod_{i=1}^{n}(1-r_i x)^{\alpha_i}\in\mathbb{Z}[x]$ se traduce (más o menos) en el siguiente problema clásico:

Si $\sum_{i=1}^{n} \alpha_i r_i^k \in\mathbb{Z}$ para todos $k\ge0$ entonces $\prod_{i=1}^{n}(1-r_ix)^{\alpha_i}\in\mathbb{Z}[x]$ o, de forma equivalente (considerando los polinomios mínimos de la $r_i$ en $\mathbb{Q}$ con los coeficientes convenientemente invertidos), $\prod_{i=1}^{n}(1-r_ix)\in\mathbb{Z}[x]$ .

Hay varias maneras de hacer la versión polinómica, que describiré a continuación. Sin embargo, la única solución que puedo encontrar ahora mismo para el original es la siguiente:

---

Sí. Escala WLOG para que $\gcd(a_0,a_1,\ldots) = 1$ .

Para $k\ge1$ , defina $g_k = f^{(k)}f^{-1}$ . Obsérvese que si tenemos $g_k\in\mathbb{Z}[[x]]$ para algunos $k\ge1$ y al diferenciarlas se obtiene $f^{(k+1)}f^{-1} - f^{(k)}f'f^{-2}\in\mathbb{Z}[[x]]$ . Pero $f^{(k)}f^{-1},f'f^{-1}\in\mathbb{Z}[[x]]$ Así que añadiendo su producto, $f^{(k)}f'f^{-2}\in\mathbb{Z}[[x]]$ , produce $g_{k+1} = f^{(k+1)}f^{-1}\in\mathbb{Z}[[x]]$ .

(Una forma quizás más natural, pero equivalente, de hacer la inducción: Si $f^{(k)} = f g_k$ entonces $$f^{(k+1)} = f'g_k + f g'_k = f[g_1g_k + g'_k],$$ y por supuesto $g_1g_k + g'_k\in\mathbb{Z}[[x]]$ .)

Así, por inducción, $g_k\in\mathbb{Z}[[x]]$ para todos $k\ge1$ . Pero $$g_kf = f^{(k)} = k!\sum_{i\ge0}\binom{i+k}{k}a_{i+k}x^i,$$ por lo que por el lema de Gauss (para series de potencias formales) y el hecho de que $\gcd(a_0,a_1,\ldots) = 1$ De hecho, tenemos $g_k/k!\in\mathbb{Z}[[x]]$ .

En particular, la evaluación en $0$ (mirando los términos constantes) da $a_0 \mid \binom{0+k}{k}a_{0+k} = a_k$ para todos $k\ge1$ Así que $f/a_0$ tiene efectivamente coeficientes enteros, como se desea.

---

Desgraciadamente, no entiendo bien esta demostración, ni siquiera en el caso simple de polinomios enteros $F = C\prod_{i=1}^{n}(1-r_i x)^{\alpha_i}\in\mathbb{Z}[x]$ descrito anteriormente. (Utilizaré las mayúsculas $F$ para mayor claridad). Para el caso de los polinomios, he visto dos métodos más intuitivos que creo que podrían/deberían generalizarse, pero desgraciadamente no puedo ver exactamente cómo en este momento:

1. Creo que las pruebas estándar utilizan más o menos las valoraciones de alguna manera. Obsérvese que las condiciones se mantienen con $r_i$ sustituido por $r_i^s$ para cualquier $s\ge1$ . Por las identidades de Newton, no es difícil ver que $k$ La suma simétrica $\sigma_k(r_i^s)$ con multiplicidad $\alpha_i$ para $r_i$ es divisible por $1/k!$ (es decir $k!\sigma_k\in\mathbb{Z}$ ), por lo que $(\sum\alpha_i)!\prod_{i=1}^{n}(1-r_i^s x)^{\alpha_i}\in\mathbb{Z}[x]$ . Así, $(\sum\alpha_i)!r_i^s$ es un número entero algebraico para cada $s\ge1$ ( $i$ fijo), y podemos terminar usando valoraciones (como en el segundo post, o más elementalmente pero con el mismo espíritu, como en el primer post) aquí .

   Hay que reconocer que parece difícil extender directamente las identidades de Newton a "infinitas raíces" para series de potencias formales, pero imagino que podría haber algo más indirecto. Supongo que en realidad me estoy preguntando si podemos definir algún tipo de "valoración" fructífera (posiblemente para algún tipo de "raíces") para series de potencia arbitrarias $f\in\mathbb{Z}[[x]]$ .

2. Escribe $F'/F = \sum -\alpha_i r_i/(1-r_i x)$ como $P/Q$ con $P\in\mathbb{Z}[x]$ coprima a $Q = D\prod (1-r_ix)\in\mathbb{Z}[x]$ ( $D\ne0$ elegido así $Q$ y por lo tanto $P$ tiene coeficientes enteros). Por la identidad de Bezout, existe $A,B\in\mathbb{Z}[x]$ tal que $AP+BQ = c$ para algún número entero no nulo $c$ Así que $$c/Q = (AP+BQ)/Q = A(P/Q)+B \in \mathbb{Z}[[x]].$$ Por el lema de Gauss (para las series de potencias formales), la única forma $c = Q(c/Q)$ puede ocurrir es si $Q(0)$ et $(c/Q)(0)$ (que se multiplican a $c$ ) son los gcd's de los coeficientes de $Q$ et $c/Q$ respectivamente, por lo que $Q/Q(0) = \prod(1-r_ix)$ tiene coeficientes enteros, como se desea.

   Así que en esa línea, me interesaría alguna versión de la identidad de Bezout para las series de potencias formales enteras. (Especialmente una que ayude a la versión de la serie de potencia formal del problema). Por supuesto, para utilizar realmente tal hecho, tendríamos que factorizar primero un gcd de $f$ et $f'$ (en $\mathbb{Z}[[x]]$ ), como cuando tenemos múltiples raíces en el caso del polinomio.

Answer 1

Suponiendo que esté familiarizado con $p$ -sin embargo, éste es vulnerable a una gran herramienta: el " $p$ -lema de preparación de Weierstrass". Intuitivamente, este lema permite tratar las preguntas sobre $p$ -ádicas como si se tratara de preguntas sobre polinomios simétricos en infinitas raíces. Fijamos un primo $p$ para lo cual demostraremos que $v_p(a_0) \leq v_p(a_n)$ para todos $n$ .

Notación Dejemos que $f(z) = \sum a_n z^n$ sea una serie de potencias con coeficientes en $\mathbb{Q}_p$ . Definimos el polígono de Newton de $f$ para ser el casco convexo inferior de los puntos $(i, v_p(a_i))$ . Matt Baker tiene un entrada del blog con unas bonitas imágenes de polígonos de Newton para polinomios.

Con las series de potencias, el polígono va indefinidamente hacia la derecha, pero hay una sutileza: el último segmento del polígono podría ser un segmento de línea de longitud infinita que no pasa realmente por el $(i, v_p(a_i))$ . Por ejemplo, dejemos que $f(x) = 1+px + p x^2 + p x^3 + \cdots$ . Entonces estamos considerando el casco convexo de los puntos $(0,0)$ et $(i,1)$ para todos $i>0$ . Este es el ortante positivo, y su borde inferior es el $x$ -eje. Sin embargo, los puntos $(i,1)$ no están realmente en el $x$ -eje. El polígono de Newton del polinomio $1+p x + p x^2 + \cdots + p x^N$ es un segmento de línea desde $(0,0)$ a $(N, 1)$ , de pendiente $1/N$ y el polígono de Newton de la serie límite refleja el hecho de que este segmento de línea se acerca al $x$ -eje como $N \to \infty$ . Al final, esta sutileza no nos va a estorbar; sólo nos va a exigir que nos expresemos con más cuidado.

Escribiremos $\rho$ para la pendiente del rayo no limitado en el extremo derecho del polígono de Newton, o $\rho = \infty$ si no existe tal rayo. Sea $\lambda < \rho$ y que $P_{\leq \lambda}$ sea la parte finita del polígono de Newton formada por segmentos de línea de pendiente $\leq \lambda$ ; deja que $P_{> \lambda}$ sea la parte infinita del polígono de Newton formada por segmentos de pendiente $> \lambda$ .

El lema Podemos factorizar $f(z) = f_{\leq \lambda}(z) \cdot f_{>\lambda}(z)$ donde

• $f_{\leq \lambda}(z)$ es un polinomio con coeficientes en $\mathbb{Q}_p$ y el polígono de Newton $P_{\leq \lambda}$ y

• $f_{>\lambda}(z)$ es una serie de potencias con coeficientes en $\mathbb{Q}_p$ y el polígono de Newton $P_{>\lambda}$ con el vértice inicial trasladado a $(0,0)$ .

Véanse los capítulos IV.3 y IV.4 del libro de Koblitz números p-ádicos, análisis p-ádico y funciones zeta . El resultado específico es el Teorema IV.4.14, pero es conveniente leer el material que lo rodea para ponerlo en contexto.

Aplicación a su pregunta Dejemos que $f(z)$ sea la serie de potencia que le interesa. Como los coeficientes de $f$ son enteros, tenemos $v_p(a_i) \geq 0$ , por lo que el polígono de Newton está en el primer cuadrante. Por lo tanto, $\rho \geq 0$ . Su objetivo es demostrar que $v_p(a_i) \geq v_p(a_0)$ para todos $i$ es decir, que el polígono de Newton no tiene segmentos de pendiente negativa. Supongamos lo contrario y elijamos $\lambda$ que es $<0$ y mayor que todas las pendientes negativas del polígono de Newton.

Entonces podemos escribir $f(z) = f_{\leq \lambda}(z) f_{>\lambda}(z)$ así que $\frac{f'}{f} = \frac{f'_{\leq \lambda}}{f_{\leq \lambda}} + \frac{f'_{> \lambda}}{f_{> \lambda}}$ . Desde $P_{> \lambda}$ no tiene segmentos de pendiente negativa, el término constante de $f_{> \lambda}$ debe $p$ -dividir radicalmente todos los demás términos de $f_{> \lambda}$ . Así que los coeficientes de $\frac{f'_{> \lambda}}{f_{> \lambda}}$ son $p$ -adicalmente integral. Vemos que, si los coeficientes de $f'/f$ son $p$ -adicalmente integral, también lo son los coeficientes de $f'_{\leq \lambda}/f_{\leq \lambda}$ . Pero $f_{\leq \lambda}$ es un polinomio (sobre $\mathbb{Z}_p$ no $\mathbb{Z}$ ) y pueden ser manejados por los métodos que ya se esbozan. $\square$

En general, $p$ -la preparación de Adic Weierstrass le permite escribir un $p$ -como producto de un polinomio y una serie de potencias cuyos coeficientes son $p$ -adicalmente lo suficientemente pequeño como para no preocuparse.