Funciones de $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Z}$ tal que $\left(m-n\right) \mid \left(f(m)-f(n)\right)$

Question

Mucho tiempo atrás, me preguntaba ¿qué otras funciones que entero polinomios en $\mathbb{N}$ (o $\mathbb{Z}$) de satisfacción de la propiedad:

$$\forall m,n: \left(m-n\right) \mid \left(f(m)-f(n)\right)$$

Resulta que, en $\mathbb{N}$, se puede categorizar todas esas funciones, utilizando el teorema del resto Chino, como:

$$f(n)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k \operatorname{lcm}[k] {n \choose k}$$

Donde $\operatorname{lcm}[k]$ es el mínimo común múltiplo de a $\{1,2,...,k\}$ e las $a_k$ son enteros arbitrarios. (En particular, hay por lo tanto una cantidad no numerable de ellos.)

En $\mathbb{Z}$ similar "base" puede ser encontrado.

Entonces se me ocurrió que en realidad, si tenemos cualquier conjunto $S\subset\mathbb{Z}$ podemos definir el conjunto de funciones de $f:S\rightarrow \mathbb{Z}$ con esta propiedad, y que si $S$ es infinita (o si $|S|=1$), a continuación, el anillo de tales funciones es una parte integral de dominio.

De hecho, podemos definir una categoría pequeña, con objetos iguales para no vacía de subconjuntos de a $\mathbb{Z}$ y con morfismos cualquiera de las funciones de un conjunto a otro con esta propiedad. A continuación, el anillo que hemos definido anteriormente, es realmente sólo $\operatorname{Hom}(S,\mathbb{Z})$ en esta categoría.

1. Si $S$ es infinito, $\operatorname{Hom}(S,\mathbb{Z})$ contiene un sub-anillo de isomorfo a $\mathbb{Z}[x]$.
2. Si $S$ es infinito, la imagen de $S$ bajo una función de este tipo es infinita o un conjunto de tamaño $1$, por lo tanto, podíamos mirar la sub-categoría de los conjuntos de $S$ que son infinitos o singleton, y entonces, en ese caso, el anillo de las funciones de $S$ es siempre una parte integral de dominio.
3. $\operatorname{Hom}(S,\mathbb{Z})$ es un functor covariante de esta categoría a la categoría de anillos.
4. Al $S_1 \subset S_2$, e $S_1$ es infinito, entonces el correspondiente anillo homomorphism es de 1-1, pero rara vez (si alguna vez). Esto hace que esta categoría diferente si tuviéramos sólo define en términos de número entero funciones polinómicas sólo.

Así que, ¿cuáles son estas funciones? Lo que está claro que las funciones que han de niza $p$-ádico proerties para todos los $p$, pero realmente no sé qué más se puede decir acerca de ellos, o acerca de esta categoría, o acerca de estos anillos.

Edit: Por ejemplo, hay casos donde los anillos correspondientes a los conjuntos infinitos $S$ $T$ son isomorfos, pero donde los dos conjuntos no son traducciones o las reflexiones de cada uno de los otros?

Edit: por Lo tanto, si usted puede extender todas las funciones de$\mathbb{Z}-\{0\}$$\mathbb{Z}$, resulta que se puede extender cualquier función en $\mathbb{N}^+$$\mathbb{N}$, y, a su vez, se puede extender cualquier función en $\mathbb{N}$ a todos los de $Z$.

Prueba: Supongamos que podemos ampliar cualquier función en $\mathbb{Z}-\{0\}$$\mathbb{Z}$. Deje $f$ ser una función en $\mathbb{N}^+$, y definir $g(n)=f(n^2)$$\mathbb{Z}-\{0\}$. A continuación, $g(0)$ puede ser definida, de modo que $g(n)-g(0)=f(n^2)-g(0)$ es divisible por $n$ todos los $n$. Luego de enteros positivos $n$, $f(n^2)-f(n)$ es divisible por $n$. Y $f(n^2)-g(0)$ es divisible por $n$, lo $f(n)-g(0)$ es divisible por $n$, por lo que podemos extender $f$ $\mathbb{N}$mediante el establecimiento $f(0)=g(0)$.

Una manera de pensar de estas funciones a pensar en ellos como continua como $p$-ádico para todos los números primos $p$. En particular, entonces, si somos capaces de encontrar una extensión de $f$$\mathbb{N}^+$$\mathbb{N}$, entonces para cada a$p$, $p$- ádico límite, $\lim_{k\rightarrow \infty} f(p^k)$, deben converger a un racional entero.

La resolución de la extensión de la pregunta:

Deje $f(n) = \sum a_m (n)_m$ donde $(x)_m$ es la caída de factorial, $(x)_m = m! {x \choose m}$

Esto define un adecuado $f$$\mathbb{N}$. Vamos a encontrar adecuado $\{a_m\}$ de manera tal que el $f(-1)$ no puede ser definida como un ser racional entero, de modo que se cumple la condición.

Ahora, si sólo nos ingenuamente, trató de poner $-1$ en la fórmula para $f(n)$, vemos que $(-1)_m = (-1)^m {m!}$

Pero la naturaleza de nuestra condición en las funciones que son continuas como $p$-ádico funciones para todas las $p$. Así que, si no es una extensión de $f$$-1$, se puede encontrar tomando p-ádico límites. En particular, podemos ver que en $p$-ádico números, para todos los $p$, el "ingenuo" suma debe converger a nuestro valor de $f(-1)$ en p-ádico valores:

$$f(-1) = \sum (-1)^m a_m {m!}$$

Por lo tanto, vamos a encontrar $\{a_m\}$ tal que la mano derecha de la suma es $(p-1)/2 \pmod p$ todos los $p$. A continuación, la suma no convergen a un valor entero.

Vamos a establecer $a_m=0$ al $m+1$ no es un extraño prime prime.

Ahora, $\mod p$, la suma sólo depende de los términos de $a_m$$m<p$. Para cada uno de los prime $p$, siempre podemos encontrar una $a_{p-1}$ tal que $a_{p-1}(-1)^{p-1} (p-1)! + \sum (\text{previous terms})$ $\frac{p-1}{2} \pmod p.$ Ninguno de los términos que más adelante va a afectar este hecho, por lo que tenemos que $f(-1) \equiv \frac{p-1}{2} \pmod p$ todos los $p$. Pero, a continuación, $f(-1)$ no puede ser racional entero.

Edit: Cierre con mi respuesta. He explorado estas funciones de algunos de los más aquí.

Answer 1

Disculpas por responder a mi propia pregunta.

Creo que puedo resolver el general de extensión de la pregunta con el siguiente lema:

Lema: Si $S\subset \mathbb{Z}$ es infinito y $n\notin S$, entonces:

(1) $n$ $p$- ádico de cierre de $S$ para algunos prime $p$.

o

(2) existe una infinidad de números primos que dividen a algún elemento de $\{s-n: s\in S\}$

Prueba: Vamos a $P=\{p^k\mid p\text{ prime and }\exists s\in S: p^k\mid(s-n)\}$ $P$ es el conjunto de divisores de potencia principal de las diferencias entre el elemento de $S$$n$.

$P$ debe ser infinito, porque si no, podríamos tener el mínimo común múltiplo de los elementos de $P$ y obtiene un número que debe ser un múltiplo común de los elementos de $S-n$, lo que estaría en contradicción con $S$ siendo infinito. Ahora, si (2) es falsa, entonces el conjunto de los números primos en $P$ es finito. Pero eso significa que para algunos $p$, infinidad de $p^k$ debe ser en $P$, lo que significa que $n$ debe ser en el $p$-ádico de cierre de $S$ que $p$.

Teorema: Si $S\subset \mathbb{Z}$ es infinito, y $n\notin S$, entonces existe una función en $S$ con la propiedad definida por encima de la cual no puede ser extendida a $n$.

No voy a poner toda la prueba aquí, pero el resultado es mostrado usando el lema por romperlo en los dos casos.

En el caso (1), podemos definir un $f$ de manera tal que el $p$-ádico límite de $f(s)$ $s\rightarrow n$ enfoques $p$-ádico número que no es racional entero. Desde la propiedad definida hace $f$ continuo en el $p$-ádico de la topología, sólo puede haber un continuo definición de $f(n)$, y que el valor no es un racional entero.

En el caso (2), definimos un $f$ que si $f(n)$ puede ser definido, tiene la propiedad de que $f(n)\equiv \frac{p-1}{2} \pmod p$ para un número infinito de números primos $p$.

Ambos casos se utiliza la siguiente idea. Enumerar $S=\{s_0,s_1,...\}$. Definir los polinomios $q_{S,k}$ como sigue:

$$q_{S,0}(x)=1$$ $$q_{S,k+1}(x) = (x-s_k)q_{S,k}(x)$$

Estos son una especie de la caída de los factoriales para $S$. Dada una secuencia de enteros $(a_0,a_1,...,a_k,...)$ podemos definir una función:

$$f(s) = \sum_{i=0}^\infty {a_i q_{S,i}(s)}$$

Esta función está bien definida en $S$ porque para cualquier particular $s\in S$, hay sólo un número finito distinto de cero términos de la suma, y que satisface a nuestra propiedad porque es "local" de un polinomio - para cualquier subconjunto finito de $S$, no es un polinomio que coincide con los valores de $f$ en ese subconjunto.

Entonces definimos la $a_i$ inductivamente por lo que obliga a las propiedades que necesitamos para mantener a $f(n)$ de ser definible.

En el caso de (1), llegamos a ello, asegúrese de que:

$$\sum_{i=0}^\infty {a_i q_{S,i}(n)}$$

converge en el $p$-adics, que cada término es positivo, y el $p$-ádico dígitos para el límite de tener infinidad de cero dígitos y un número infinito de no-cero dígitos. A continuación, el valor no puede ser racional entero.

En el caso (2), tenemos que seguir mi comprobante de arriba para encontrar una función en $\mathbb{N}$ sin continuación a $-1$. No es mucho más trabajo.

Dejamos $m_k$ ser el producto de la extraña primer divisores de $s_k-n$ que no son primos divisores de cualquier $s_i-n$$i<k$. A continuación, $q_{S,k}(s_k)$ es relativamente primer a $m_k$, y así podemos elegir $a_k$, de modo que $f(s_k) \equiv \frac{m_k-1}{2} \pmod {m_k}$. Pero entonces, si $f(n)$ puede ser definido, a continuación,$f(n)\equiv f(s_k) \pmod {m_k}$, ya que el $m_k$ es un factor de $s_k-n$. Por lo $f(n) \equiv \frac{m_k-1}{2} \pmod {m_k}$.

Pero debe haber una infinidad de distintos $m_k$ no es igual a $1$, por lo que estamos por hacer.