Raíz del polinomio

Question

El problema es:

Suponga que tiene $f(z)=z^2-10 \in \mathbb{Q}(z)$ y denotar por $f^3=f\circ f\circ f$ . Definir $$\phi(z)=\frac{f^3(z)-z}{f(z)-z}.$$ Si $z$ y $w$ son raíces de $\phi$ entonces $$[(f^3)'(z) - (f^3)'(w)]^2,$$ es racional.

Intenté resolver esto pero no pude. Puedes suponer que $f(z) - z$ divide $f^3(z) - z$ y $f(z)-z$ no tiene raíz compartida con $\phi$ .

Answer 1

Las raíces de $\phi$ son los valores $u$ tal que $f^3(u)=u$ y $f(u)\neq u$ .

Si $u$ es una raíz de $\phi$ entonces $f(u)$ y $f^2(u)$ son también diferentes raíces de $\phi$ , ya que:

$$f^3(f(u))=f^4(u)=f(u)$$ $$f^3(f^2(u)) = f^5(u)=f^2(u)$$

Aplicando la regla de la cadena a ambos lados de $f^3\circ f = f\circ f^3$ vemos que:

$$(f^3)'(f(z))f'(z) = f'(f^3(z))(f^3)'(z)$$

Así que si $f^3(z)=z$ entonces:

$$(f^3)'(f(z)) = (f^3)'(z)$$

Así, en particular, si $u$ es una raíz de $\phi$ entonces $(f^3)'(u)=(f^3)'(f(u))=(f^3)'(f^2(u)))$

Así que dadas dos raíces en $\{u,f(u),f(f(u))\}$ su expresión no sólo es racional, sino nula.

Por lo tanto, ahora se puede hacer una partición de los conjuntos de raíces de $\phi$ en dos conjuntos disjuntos $\{u,f(u),f^2(u)\}$ y $\{v,f(v),f^2(v)\}$ .

Si $g(z)=(f^3)'(z)$ entonces sabemos que $g(u)=g(f(u))=g(f^2(u))$ y $g(v)=g(f(v))=g(f^2(v))$ .

El último paso es mirar la expresión $$\sum_{w_1,w_2} {(g(w_1)-g(w_2))^2}$$ donde $w_1$ y $w_2$ se toman sobre todas las raíces de $\phi$ . Por la propiedad mencionada, esta expresión es igual a $18(g(u)-g(v))^2$ .

Pero como esta expresión es simétrica en las raíces de $\phi$ y $\phi$ tiene coeficientes racionales, esta expresión es necesariamente racional. Por lo tanto, $(g(u)-g(v))^2$ es racional, que es lo que necesitábamos demostrar.

[Hay algunos pasos más que debe completar aquí - específicamente, que el $\phi$ no tiene $f(z)-z$ como factor, o, alternativamente, que $f^3(z)-z$ no tiene raíces repetidas. Se puede demostrar por fuerza bruta, pero me pregunto si se puede hacer una demostración más general para (la mayoría) de los cuadráticos $f$ .]

Answer 2

Creo que la observación clave que hay que hacer es

$$\frac{d}{dX}f^n(X) = 2^n\prod_{i=0}^{n-1} f^i(X).$$

Así que cualquier pregunta sobre la evaluación de la derivada de una potencia iterativa de $f$ en un punto de $\overline{\mathbb{Q}}$ puede reducirse a un examen de la órbita de ese elemento bajo el monoide generado por $f.$ Persigamos ese análisis.

Considere $\mathbb{N}$ actuando sobre $\overline{\mathbb{Q}}$ a través de las potencias iterativas de $f.$ Dejemos que $\Lambda_n$ sea el conjunto de puntos fijos de $f^n.$ Entonces la acción de $\mathbb{N}$ en $\Lambda_n$ factores a través de $\mathbb{Z}/n.$ Se deduce que las órbitas de la acción de $\mathbb{N}$ en $\Lambda_n$ tienen el tamaño de un divisor de $n.$ Así que en el caso particular $n =3,$ las órbitas tienen tamaño $1$ o $3.$ Dejemos que $\Lambda'_3 = \Lambda_3 \setminus \Lambda_1.$ Los elementos de $\Lambda'_3$ son exactamente las raíces de $\phi,$ así que $|\Lambda'_3| = 6.$ De ello se desprende $\mathbb{N}$ particiones $\Lambda'_3$ en dos subconjuntos disjuntos de tamaño 3.

Ahora considere $G_{\mathbb{Q}} = Gal(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q}).$ Porque $\Lambda'_3$ se recorta como la desaparición de un polinomio sobre $\mathbb{Q},$ el grupo $G_{\mathbb{Q}}$ actúa sobre $\Lambda'_3.$ Además, como $\mathbb{N}$ actúa a través de los poderes iterativos de $f,$ y estos mapas están definidos sobre $\mathbb{Q},$ el $G_{\mathbb{Q}}$ acción y $\mathbb{N}$ acción sobre $\Lambda'_3$ de viaje. Sigue el $G_{\mathbb{Q}}$ acción sobre $\Lambda'_3$ induce una acción sobre el conjunto de órbitas de $\Lambda'_3$ en $\mathbb{N}.$

Dejemos que $z_1,z_2 \in \Lambda'_3$ y $O_{z_1}$ y $O_{z_2}$ sean las órbitas de $z$ y $w,$ respectivamente, bajo $\mathbb{N}.$ Entonces

$$(\frac{df^3}{dX}(z_1) - \frac{df^3}{dX}(z_2))^2 = 64(\prod_{i=0}^{2} f^i(z_1) - \prod_{i=0}^{2} f^i(z_2))^2 = 64(\prod_{p \in O_{z_1}} p - \prod_{p \in O_{z_2}} p)^2.$$

De ello se desprende

$$(\frac{df^3}{dX}(z_1) - \frac{df^3}{dX}(z_2))^2 = 0$$

si $O_{z_1} = O_{z_2}.$ Por otro lado, si $O_{z_1} \ne O_{z_2},$ entonces para cualquier $\sigma \in G_{\mathbb{Q}},$

$$\sigma(\frac{df^3}{dX}(z_1) - \frac{df^3}{dX}(z_2))^2 = 64(\prod_{p \in \sigma(O_{z_1})} p - \prod_{p \in \sigma(O_{z_2})} p)$$

que es igual a $64(\prod_{p \in O_{z_1}} p - \prod_{p \in O_{z_2}} p)^2$ si $\sigma$ actúa trivialmente sobre $\Lambda'_3/\mathbb{N}$ y $64(\prod_{p \in O_{z_2}} p - \prod_{p \in O_{z_1}} p)^2,$ de lo contrario. Por lo tanto, $(\frac{df^3}{dX}(z_1) - \frac{df^3}{dX}(z_2))^2$ se fija en $G_\mathbb{Q}$ . Concluimos $(\frac{df^3}{dX}(z_1) - \frac{df^3}{dX}(z_2))^2$ es racional.