Demuestra que $\sqrt{1+t}$ se encuentra en $\mathbb{Z}[1/2][\![t]\!]$

Question

Aquí hay una pregunta interesante (creo):

Demuestra que $\sqrt{1+t}$ se encuentra en $\mathbb{Z}[1/2][\![t]\!]$

Es decir, que $f(t)=\sum_{k \ge 0} a_k t^k \in \mathbb{Q}[\![t]\!]$ sea la única serie de potencias con $f(t)^2=1+t$ y $f(0)=1$ y demostrar que cada $a_k$ es de la forma $b/2^m$ para $b,m \in \mathbb{Z}$ .

Ingenuamente sólo quiero "comparar coeficientes". Es decir

$$\begin{align} f(t)^2 &= (a_0+a_1t+a_2 t^2 + \cdots)(a_0+a_1t+a_2 t^2 + \cdots) \\ &= a_0^2 + (2a_0 a_1)t + \cdots \\ &= 1 + t \end{align}$$

Por lo tanto, dado el conocimiento de $a_k$ debería ser posible, en principio, determinar $a_{k+1}$ via $\sum_{i+j=k+1}a_i a_j=0$ pero esto no parece funcionar tan bien.

De hecho, la pregunta te dice (un método) para hacerlo: demuestra que $a_k = b_{k-1} + b_k$ donde $b_k = \binom{2k}{k}/(-4)^k$ . No estoy muy seguro de cómo debo hacerlo. La inducción parece ser el enfoque obvio. Recordando que $\sum_{i+j=k+1}a_i a_j=0$ entonces uno conoce inductivamente todos los términos aparte de $a_{k+1}$ pero no pude averiguar cómo manipular el $b_k$ de forma adecuada.

¿Alguien puede ofrecer alguna pista?

Además, ¿se puede ampliar este método para demostrar que $(1+t)^{1/n}$ se encuentra en $\mathbb{Z}[1/n][\![t]\!]$ ?

Answer 1

La serie de potencias para $(1+t)^{1/n}$ es $\sum_{k \geq 0} \binom{1/n}{k}t^k$ , donde $\binom{a}{k} = \frac{a(a-1)\cdots(a-k+1)}{k!}$ para cualquier $a$ (no sólo los enteros positivos). Si $a$ es racional, entonces $\binom{a}{k}$ es racional. Su pregunta inicial es ahora: ¿por qué es $\binom{1/2}{k}$ una fracción con denominador de 2 potencias?

Afirmo que para cualquier número racional $a$ los únicos primos que podrían aparecer en el denominador de $\binom{a}{k}$ son primos que aparecen en el denominador de $a$ . (Toma $a = 1/2$ para ver si esto responde a su pregunta). Por ejemplo, $\binom{1/3}{k}$ tendrá denominadores de 3 potencias, lo que puede verse que ocurre si se observa la serie de potencias para $(1+t)^{1/3}$ : $$ (1+t)^{1/3} = 1 + \frac{1}{3}t - \frac{1}{9}t^2 + \frac{5}{81}t^3 - \frac{10}{243}t^4 + \cdots. $$ La afirmación nos dice que los denominadores de los coeficientes de $(1+t)^{1/6}$ son productos de potencias de 2 y 3, por lo que la fracción siempre puede escribirse para tener un denominador que sea una potencia de 6: \begin{eqnarray*} (1+t)^{1/6} & = & 1 + \frac{1}{6}t - \frac{5}{2^3\cdot 3^2}t^2 + \frac{55}{2^4\cdot 3^4}t^3 - \frac{935}{2^7\cdot 3^5}t^4 + \cdots \\ & = & 1 + \frac{1}{6}t - \frac{15}{6^3}t^2 + \frac{55}{6^4}t^3 - \frac{8415}{6^7}t^4 + \cdots \end{eqnarray*} Esto responde afirmativamente a su pregunta "Además...".

Para demostrar la afirmación anterior, demostraremos el contrapositivo: si $p$ hace no aparecen en el denominador de $a$ entonces $p$ no aparece en el denominador de $\binom{a}{k}$ . La idea principal que se debe utilizar aquí es $p$ -Los límites y la continuidad de los enfermos. Dado que $a$ no tiene $p$ en su denominador, es un $p$ -adiós a los enteros y por lo tanto $a$ es un $p$ -límite radical de una secuencia de enteros positivos $\{b_i\}$ (por ejemplo, utilizar como esa secuencia $\{b_i\}$ los truncamientos del $p$ -expansión de las radiaciones de $a$ en el $p$ -enteros y anádicos). La función polinómica $\binom{x}{k} \in {\mathbf Q}[x]$ es continua en el $p$ -topología de la adicción, por lo que a partir de $a = \lim_{i \rightarrow \infty} b_i$ obtenemos $\binom{a}{k} = \lim_{i \rightarrow \infty} \binom{b_i}{k}$ . Desde $b_i$ es un número entero positivo, $\binom{b_i}{k}$ es un número entero. Por lo tanto, $\binom{a}{k}$ es un $p$ -límite radical de los números enteros, lo que significa $\binom{a}{k}$ es un $p$ -adicto entero, es decir, $|\binom{a}{k}|_p \leq 1$ y eso es otra forma de decir que no hay $p$ en el denominador de la fracción $\binom{a}{k}$ .

Answer 2

Tuve que resolver (algo similar) esto para una tarea este semestre pasado, así que voy a publicar un poco sobre cómo lo resolví.

Supongamos que tenemos unos $f=a_0+a_1t+\cdots$ tal que $f^2=1+t$ . Entonces tenemos las infinitas ecuaciones \begin{align} a_0^2 &= 1\\ 2a_0a_1&=1\\ a_0a_2+a_1a_1+a_2a_0&=0\\ a_0a_3+a_1a_2+a_2a_1+a_3a_0&=0\\ \vdots\\ \sum_{i=0}^{j}a_ia_{j-i} &= 0\\ \vdots \end{align}

Opciones obvias para $a_0$ y $a_1$ son 1 y 1/2. Como mencionaste en tu post original, saber $a_i$ para $i=0,1\dots,n$ le da conocimiento de $a_{n+1}$ Así que (empezando de nuevo) definiendo $a_0=1,\,a_1=1/2,$ y $$ a_n=-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}a_ka_{n-k} $$ (que es sólo el $(n+1)$ La ecuación anterior se resuelve con $a_n$ ) te prepara para una fácil prueba inductiva de que $f^2=t+1$ .

Answer 3

Sugerencia: Desde el serie binomial obtenemos $$ \sqrt{1+t}=1+\frac t2+\sum_{k=2}^\infty(-1)^{k+1}\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-3)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2k)}t^k. $$

Su pregunta le pide que demuestre que todos los coeficientes son de la forma $a(1/2)^\ell$ para algunos enteros $a,\ell$ . Esto no es demasiado difícil, pero no es del todo obvio. Así que mi pista es: Primero reemplazar $t$ con $4t$ arriba (es decir, mirando la serie de $\sqrt{1+4t}$ en su lugar). Resulta que entonces los coeficientes se convierten en enteros. Esto tampoco es obvio, pero buscando información sobre Números catalanes debería ponerte en marcha. Pero, ¿por qué eso resuelve tu problema?

Answer 4

Sugerencia: Calcule la serie de Taylor para $\sqrt{1+t}$ centrado en $t=0$ .