Esto es bastante interesante, ya que muestra que todo elemento unipotente de una conmutativa $\mathbb{Q}$ -tiene raíces de orden arbitrario. No he encontrado esto en la literatura. La siguiente respuesta es bastante larga y consta de tres partes, ya que ha evolucionado en un intento de hacer la prueba lo más natural posible. Aquellos que estén interesados sólo en la prueba pueden saltarse la segunda parte y partes de la primera.
Por supuesto, nos gustaría aplicar el serie binomial y escribir $a=a+\xi^v = (\xi+1)^{1/k}$ pero el exponente aquí no tiene sentido en un anillo arbitrario. Sin embargo, con una pizca de abstracción, podemos hacer que esta idea funcione:
Basta con considerar la conmutativa universal $\mathbb{Q}$ -que contiene un elemento nilpotente de índice de nilpotencia $v$ . Viene dado por $\mathbb{Q}[\xi]/(\xi^v)$ . La afirmación es válida para cada $v$ si y sólo si se cumple en el límite proyectivo ${\varprojlim}_v ~ \mathbb{Q}[\xi]/(\xi^v)$ . Es isomorfo al anillo de series formales de potencias $\mathbb{Q}[[\xi]]$ en una variable. Aquí $a$ se convierte en la serie de potencias $\sum_{i=0}^{\infty} \binom{1/k}{i} \xi^i$ y basta con comprobar que $a^k=1+\xi$ como series de potencias formales, es decir, que los coeficientes coinciden. Pero son los mismos coeficientes que en la conocida igualdad de analítica serie de potencia $(\sum_{i=0}^{\infty} \binom{1/k}{i} z^i)^k = ((1+z)^{1/k})^k=1+z$ para $z \in \mathbb{C}$ , $|z|<1$ . Esto demuestra la afirmación.
De alguna manera esto es mágico, ¡pero funciona!
He aquí un intento de hacer la prueba anterior un poco más explícita. Calculamos
$$a^k = \sum_{i_1,\dotsc,i_k \geq 0} \binom{1/k}{i_1} \cdot \dotsc \cdot \binom{1/k}{i_k} \cdot \xi^{i_1+\dotsc + i_k}=\sum_{p=0}^{v-1} \lambda_p \cdot \xi^p,$$ donde $$\lambda_p := \sum_{i_1+\dotsc+i_k=p} \binom{1/k}{i_1} \cdot \dotsc \cdot \binom{1/k}{i_k} \in \mathbb{Q}.$$ Claramente $\lambda_0=1$ y $\lambda_1 = \sum_{i=1}^{k} \binom{1/k}{1}=k \cdot \frac{1}{k}=1$ . Tenemos que mostrar $\lambda_p=0$ para todos $p>1$ . Esto no tiene nada que ver con $R$ ya, es sólo una igualdad de números racionales. Como en el caso anterior, se puede demostrar esto mirando los coeficientes de la serie binomial. Pero también debería ser posible una demostración directa. Por ejemplo,
$$\lambda_2=\sum_{i=1}^{k} \binom{1/k}{2} + \sum_{1 \leq i<j \leq k} \binom{1/k}{1} \cdot \binom{1/k}{1}=k \cdot \binom{1/k}{2} + \binom{k}{2} \cdot \frac{1}{k^2}=\frac{ \frac{1}{k}-1}{2}+\frac{1- \frac{1}{k}}{2}=0.$$
De manera más general, dejemos que $R$ sea un conmutador $\mathbb{Q}$ -Álgebra, $r \in R$ y $f \in R[[x]]$ una serie de potencia formal con $f \equiv 1 \bmod x$ . A continuación, defina la potencia $$f^{r} := \sum_{n=0}^{\infty} \binom{r}{n} \cdot (f-1)^n.$$ El teorema del binomio implica que la potencia coincide con la potencia habitual cuando $r \in \mathbb{N}$ . Recordemos que el coeficiente binomial se define recursivamente por $\binom{r}{0}=1$ y $\binom{r}{n+1}=\frac{r-n}{n+1} \cdot \binom{r}{n}$ .
Propuesta. Para $r,s \in R$ tenemos $f^{r+s}=f^r \cdot f^s$ .
Prueba. Basta con demostrar que $\binom{r+s}{n}= \sum_{p+q=n} \binom{r}{p} \cdot \binom{s}{q}$ . Ambos lados son polinomios en $r,s$ . Por lo tanto, basta con demostrarlo en el ejemplo universal $R=\mathbb{Q}[x,y]$ con $r=x$ , $s=y$ . Los polinomios de ambos lados coinciden cuando se evalúan en $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ por La identidad de Vandermonde . Esto implica que son iguales. Para una prueba más directa, véase aquí . QED
De esta proposición se deduce por inducción que $f^{r_1+\dotsc+r_k}=f^{r_1} \cdot \dotsc \cdot f^{r_k}$ En particular, que $f = (f^{1/k})^k$ para $k \in \mathbb{N}$ . Para $f=1+x$ esto es exactamente lo que queríamos. QED
