¿Puede un mapa polinómico no subjetivo de un campo infinito a sí mismo perder sólo un número finito de puntos?

Question

¿Existe una infinito campo $k$ junto con un polinomio $f \in k[x]$ tal que el mapa asociado $f \colon k \to k$ no es suryectiva, sino que sólo falta un número finito de elementos en $k$ (es decir, sólo un número finito de puntos $y \in k$ no mienten a imagen y semejanza de $f$ )?

Para campos finitos $k$ hay tales polinomios $f$ . Si dicho poynomio $f$ existe, entonces $k$ no puede ser algebraicamente cerrado; el campo $\mathbb{R}$ tampoco funciona.

Answer 1

Dado que dicho polinomio tendría que tener un grado al menos 2, su existencia implica que el conjunto de puntos k-racionales de la recta afín sobre k es fino en el sentido de Serre Temas de la teoría de Galois . De los resultados presentados en ese libro se deduce que esto no puede ser así en ningún Campo hilbertiano . Esto incluye extensiones finitas de Q, extensiones finitas de F(t) para cualquier campo F, y muchos otros campos.

¿Y los campos p-ádicos?

Answer 2

Recientemente, he demostrado con Hendrik Lenstra que no hay ningún ejemplo cuando $k$ satisface las dos propiedades siguientes:

1. el grupo de Galois absoluto de $k$ es procíclica y $k$ es perfecto;
2. toda curva proyectiva normal geométricamente irreducible sobre $k$ tiene un número infinito de $k$ -puntos.

Por ejemplo, se puede tomar $k$ para ser una extensión algebraica infinita de un campo finito (use Hasse-Weil para ver esto).

Pondré una prueba en arXiv más tarde, pero aquí hay un boceto:

1. Considere $L=k(x) \supseteq K=k(f(x))$ una extensión finita de campos de funciones sobre $k$ (o para los geómetras, un mapa de $\mathbb{P}_k^1 \to \mathbb{P}_k^1$ ) y se trata de contar cuántos $k$ -puntos se encuentran por encima de un $k$ -punto de $K$ en $L$ .
2. Utilizar la teoría de Galois para estudiar la extensión $L/K$ . Supongamos que $M/K$ es Galois finito con grupo $G$ tal que $X=\mathrm{Hom}_K(L,M)$ no está vacío. Entonces a todo punto racional $P$ de $K$ podemos asociar un elemento de Frobenius $(P,M) \in G$ (usando 1).
3. Un punto no ramificado $P$ no tiene puntos racionales por encima si $X^{(P,M)} = \emptyset$ (también hay una declaración para el caso ramificado). Supongamos que este es el caso de $P$ . Por lo tanto, es suficiente con demostrar que hay infinitos puntos racionales $Q$ de $K$ con $(Q,M)=(P,M)$ .
4. Dar una versión del teorema de la densidad de Chebotarev para tales campos $k$ : Existe un campo de funciones geométricamente irreducibles sobre $k$ tal que sus puntos racionales "corresponden" a los puntos racionales $Q$ de $K$ con $(Q,M)=(P,M)$ .
5. Del supuesto 2 y del paso 4 se deduce que hay infinitos puntos con el elemento de Frobenius específico del paso 3. Por lo tanto, el resultado se sigue.

Answer 3

He aquí un argumento sencillo (el más sencillo) de por qué no se cumple sobre ningún campo hilbertiano. Pero primero recordemos que $K$ es hilbertiano si para cualquier irreducible $f(T,X)\in K[T,X]$ hay infinitos $t\in K$ tal que $f(t,X)$ es irreducible en $K[X]$ .

El argumento: Sea $f(X)\in K[X]$ sea un polinomio sobre un campo hilbertiano. Entonces $f(X) - T$ es irreducible en $K[T,X]$ Por lo tanto $f(X) - a$ es irreducible para infinitos $a\in K$ .

Para tener una idea, aquí hay algunos campos hilbertianos:
1. campos numéricos
2. una extensión trascendental finitamente generada de un campo arbitrario, en particular campos de funciones
3. la familia de campos hilbertianos es cerrada bajo
3a. extensiones finitas
3b. extensiones abelianas
3c. tomar una extensión propia finita de una extensión de Galois arbitraria
3d. extensiones que satisfacen la condición del diamante (véase Teorema del diamante de Haran )

Answer 4

Esto no es mucho, pero permítanme esbozar el argumento de que $\mathbb{Q}$ no funciona. Basta con demostrar que dado un polinomio $f$ de grado superior a $1$ que es, sin pérdida de generalidad, primitivo y en $\mathbb{Z}[x]$ hay infinitos enteros $k$ tal que $f - k$ es irreducible.

Lema: Supongamos que $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ es primitivo y tiene la propiedad de que $f(0)$ es primo y mayor que la suma de los valores absolutos de los coeficientes no constantes. Entonces $f$ es irreducible.

Prueba. La condición de los coeficientes significa que $f$ no tiene raíces en el círculo unitario. Por otra parte, como $f(0)$ es primo, todo factor irreducible de $f$ tiene un término constante $\pm 1$ excepto uno, que tendrá término constante $\pm p$ y algunas de las raíces de los últimos tipos de factores deben estar en el círculo unitario; contradicción.

Y podemos encontrar infinitas $k$ tal que $f(0) - k$ es un primo grande. Esta prueba debería extenderse a las extensiones finitas $K$ de $\mathbb{Q}$ ya que hay infinitos primos que siguen siendo primos sobre el cierre de Galois de $K$ por Frobenius. (Aunque esto es probablemente exagerado).

Answer 5

En primer lugar, aquí está otra razón que no ha sido suministrada una razón para que un campo pueda tener la propiedad de que ningún polinomio sea cofinito. Si el campo es $\mathbb{R}$ y un polinomio $f(x)$ no tiene raíces reales, entonces $f(x)+c$ tampoco lo hace cuando $c$ es un número pequeño. Eso es porque el mapa de un conjunto de raíces en $\mathbb{C}$ al polinomio correspondiente es un mapa abierto, y $\mathbb{R}$ es un subconjunto cerrado. Supongo que hay otros campos topológicos $k$ tal que el cierre algebraico $\overline{k}$ (o quizás alguna terminación de la misma) tiene esta propiedad de mapa abierto. [ Editar: En realidad, GMS y DLS ya han sugerido $p$ -argumentos de continuidad americana, que es un punto similar sobre el uso de la topología].

En segundo lugar, parece que las respuestas hasta ahora llevan la pregunta por el lado equivocado. Dejemos que $f$ sea un polinomio sobre un campo $k$ y marcar un conjunto de valores $A \subset k$ . Supongamos que usted se adhiere a $k$ alguna raíz de $f(x)-b$ por cada $b \in k \setminus A$ . Supongamos que se sigue haciendo eso con el nuevo campo $k'$ y seguir para siempre para obtener un cierre algebraico parcial $\tilde{k}$ . (No será el cierre algebraico completo porque todas las extensiones están limitadas por $\deg f$ .) Entonces, ¿alguna $f(x)-a$ tienen una raíz en $\tilde{k}$ con $a \in A$ ? Si no es así, entonces tienes un contraejemplo. Si es inevitable, entonces no hay contraejemplo posible. El campo $\tilde{k}$ parece estar lejos de ser único como se describe. Sin embargo, se podría hacer un campo más grande dividiendo $f(x)-b$ completamente en lugar de adosar una sola raíz.

[ Editar: Eliminado un pensamiento no especialmente original sobre una obstrucción procedente de los grupos de Galois].

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Lo que realmente intentaba con el segundo punto no era proponer una nueva construcción, que no tengo, sino replantear la cuestión de una manera interesante. La idea, en otras palabras, es atacar una forma polinómica específica $f(x) - c$ en lugar de atacar un campo específico. Podría decirse que el campo es negociable, ya que se puede seguir adosando una raíz perdida de cada $f(x) - c$ cuando quieras $f(x)$ para tomar el valor $c$ .

Un primer paso, sugerido por el ejemplo fallido $f(x) = x^n$ es hacer una relación de equivalencia $a \sim b$ si $f(x) - a$ y $f(x) - b$ son ambos irreducibles y la adición de una raíz produce campos isomorfos. Si la clase de equivalencia de $a$ es infinito, entonces no puede funcionar como un valor evitado.

Por ejemplo, todos los polinomios cúbicos son equivalentes (hasta añadir una constante o un cambio lineal de variables) a $x^3$ , $x^3+x$ y $x^3+px$ donde $p$ es una parte fija no cuadrada. Digamos que $p=1$ en el segundo caso. En el campo $F(x)$ con $x^3 + px + q$ cualquier elemento $y = 3x^2+\alpha x+2p$ tiene traza 0 y polinomio mínimo $y^3+(9\alpha q+\alpha^2p-3p^2)y+r$ (según Maple). Creo que hay muchas maneras de elegir $\alpha$ para que el coeficiente lineal sea un cuadrado de veces $p$ y así obtener $z^3+pz+c$ de nuevo después de reescalar $y$ para hacer $z$ . Si esto es correcto, entonces $f(x) = x^3+px$ se elimina de la contención y, por lo tanto, los polinomios cúbicos se eliminan de la contención. (Pero nótese que mi breve cálculo para el último paso supone que la característica no es $2$ .)

No sabría mostrar cómo cualquiera de estos $f$ -las clases de equivalencia son siempre finitas. Si eso ocurriera, habría que ver si dos o más extensiones de campo en valores alcanzados capturarían una extensión de campo en un valor que se quiere evitar.