Polynomen met rationale coëfficiënten

Lang geleden was er een vraag of een polynoom bij = $ \ mathbb Q ^ 2 \ to \ mathbb Q $ bestaat. Slechts één poging van het beantwoorden ervan is gegeven, zeer downvoted overigens. Maar dit antwoord is niet vanzelfsprekend onsuccesvol, omdat het volgende probleem (voor geval $ n = 2 $) open blijft.

Problem. Let $f$ be a polynomial with rational (or even integer!) coefficients in $n$ variables $x_1,\dots,x_n$. Suppose there exist two distinct points $\boldsymbol a=(a_1,\dots,a_n)$ and $\boldsymbol b=(b_1,\dots,b_n)$ from $\mathbb R^n$ such that $f(\boldsymbol a)=f(\boldsymbol b)$. Does this imply the existence of two points $\boldsymbol a'$ and $\boldsymbol b'$ from $\mathbb Q^n$ satisfying $f(\boldsymbol a')=f(\boldsymbol b')$?

Zelfs geval $ n = 1 $ lijkt niet voor de hand te liggen.

EDIT. Just because we have a very nice counter example (immediately highly rated by the MO community) by Hailong Dao in case $n=1$ and because for $n>1$ there are always points $\boldsymbol a,\boldsymbol b\in\mathbb R^n$ with the above property, the problem can be "simplified" as follows.

Is it true for a polynomial $f\in\mathbb Q[\boldsymbol x]$ in $n>1$ variables that there exist two points $\boldsymbol a,\boldsymbol b\in\mathbb Q^n$ such that $f(\boldsymbol a)=f(\boldsymbol b)$?

The existence of injective polynomials $\mathbb Q^2\to\mathbb Q$ is discussed in B. Poonen's preprint (and in comments to this question). What can be said for $n>2$?

FURTHER EDIT. The expected answer to the problem is in negative. In other words, there exist injective polynomials $\mathbb Q^n\to\mathbb Q$ for any $n$.

Thanks to the comments of Harry Altman and Will Jagy, case $n>1$ is now fully reduced to $n=2$. Namely, any injective polynomial $F(x_1,x_2)$ gives rise to the injective polynomial $F(F(x_1,x_2),x_3)$, and so on; in the other direction, any $F(x_1,\dots,x_n)$ in more than 2 variables can be specialized to $F(x_1,x_2,0,\dots,0)$.

Ondanks het vonnis van Bjorn Poonen dat geval $ n = 2 $ kan worden opgelost door een beroep op het Bombieri - Lang vermoeden voor $ k $ - rationele punten op oppervlakken van algemeen type (of zelfs de 4-variabele versie van het $ abc $ vermoeden), blijf ik met een hoop dat dit met eenvoudiger middelen kan worden gedaan. Mijn vage poging (waarvoor ik zoek in de literatuur) is om te beginnen met een homogene vorm $ F (x, y) = ax ^ n + door ^ n $, of een andere homogene vorm van odd graad $ n $, wat heeft de eigenschap dat slechts eindig veel gehele getallen worden weergegeven door $ F (x, y) $ met $ x, y \ in \ mathbb Z $ relatief prime. Om deze eindige set van "onaangenaam" te vermijden paren $ x, y $, één kan ze vervangen door andere homogene vormen $ x = AX ^ m + BY ^ m $ en $ y = CX ^ m + DY ^ m $ (nogmaals, voor $ m $ oneven en voldoende groot, zeg), zodat $ x $ en $ y $ aan de onaangename waarden ontsnappen. Dan zal de nieuwere homogene vorm $ G (X, Y) = F (AX ^ m + BY ^ m, CX ^ m + DY ^ m) $ geven de gewenste polynomiale injectie. Dus, kan men een homogene vorm $ F (x, y) $ voorstellen met het bovenstaande eigendom?

22
Voor n = 1: impliceert de continuïteit van de grafiek van f niet dat het antwoord "ja" is? Omdat in dit geval de voorwaarde equivalent is aan het zeggen dat voor sommige c in R de horizontale lijn (noem het L) y = c de grafiek van f in ten minste twee punten snijdt. Maar dan wordt deze eigenschap (van het knippen van de grafiek van f in ten minste twee punten) niet vernietigd als we L een stukje naar boven of een beetje naar beneden verplaatsen. Dus we kunnen er zeker van zijn dat c rationeel is.
toegevoegd de auteur Vincent, de bron
Ik begrijp het - dat was behoorlijk dom van mij!
toegevoegd de auteur Vincent, de bron
Voor elke polynoom in twee variabelen bestaat er een duidelijke $ a, b $ dus dat is $ f (a) = f (b) $, dus aan de voorwaarde die je op $ f $ hebt gesteld, is altijd voldaan.
toegevoegd de auteur adam f, de bron
@auniket: controleer de onderstaande oplossing ($ n = 1 $).
toegevoegd de auteur xecaps12, de bron
Wees niet zo zelfkritisch: het is moeilijk om onze "continue" intuïtie te vertrouwen!
toegevoegd de auteur xecaps12, de bron
Harry en Will, bedankt voor deze opmerkingen. Het probleem is dus gereduceerd tot het vinden van slechts één tegenvoorbeeld voor sommige $ n> 1 $. (Aan de andere kant, ik denk dat uw opmerkingen hebben geleid tot iemands downvote.)
toegevoegd de auteur xecaps12, de bron
Oh ja, ik weet dit uit het bovenstaande antwoord. Maar ik zie niet in waarom er geen rationeel paar $ a ', b' $ bestaat met deze eigenschap.
toegevoegd de auteur xecaps12, de bron
Hoewel het feit dat het niet werkt voor algemene $ \ mathbb {Q} _p $ ons verdacht moet maken van een puur continuïteitsargument voor $ \ mathbb {R} $.
toegevoegd de auteur user5583, de bron
Wat betreft de nieuwe vraag, als er een tegenvoorbeeld is van $ f $ voor $ n = 2 $, is er een tegenvoorbeeld voor elke $ n $, omdat je gewoon $ f (f (x, y), z) $ kunt nemen als $ n = 3 $, etc. Dus als we verwachten dat er een tegenvoorbeeld is voor $ n = 2 $, dan zouden we dit helemaal niet kunnen bewijzen; Ik denk dat het overwegen van $ n> 2 $ nog steeds nuttig kan zijn als dat het vinden van tegenvoorbeelden eenvoudiger maakt?
toegevoegd de auteur user5583, de bron
Wel, het is duidelijk dat dit niet zal werken als je $ \ mathbb {R} $ vervangt door $ \ mathbb {C} $ uit overweging $ x ^ n $ wanneer $ n $ oneven is. Dat laat ook zien dat het niet werkt als je het vervangt door algemene $ \ mathbb {Q} _p $, ofwel ...
toegevoegd de auteur user5583, de bron
@Harry, aan de andere kant, als er een injectiefvoorbeeld is in $ n \ geq 3 $ variabelen, krijgen we door $ n-2 $ in te stellen $ 0 $ een injectief voorbeeld in dimensie $ 2. $ Dus je hebt dat laten zien er is een injectiefolynoom in dimensie 2 als en slechts als er een voorbeeld is voor elke $ n \ geq 2. $
toegevoegd de auteur Will Jagy, de bron

1 antwoord

Laat $ f (x) = x ^ 3-5x/4 $. Dan voor $ x \ neq y $, $ f (x) = f (y) $ iff $ x ^ 2 + xy + y ^ 2 = 5/4 $ of $ (2x + y) ^ 2 + 3y ^ 2 = 5 $. De laatste vergelijking heeft echte oplossingen. Maar als er rationele oplossingen zijn, dan zijn er gehele getallen $ X, Y, N $ zodat $ (2X + Y) ^ 2 + 3Y ^ 2 = 5N ^ 2 $. Dit toont $ X, Y, N $, allemaal deelbaar door $ 5 $, ...

28
toegevoegd
$ x ^ 3-2x $ werkt ook.
toegevoegd de auteur Chris Carruthers, de bron
@Wadim: (-: Dat is een goed gebruik van MO.
toegevoegd de auteur Marcin Kotowski, de bron
Dit is een heel leuk tegenvoorbeeld voor $ n = 1 $!
toegevoegd de auteur xecaps12, de bron
Hailong, ik gebruikte je oplossing als het moeilijkste probleem in mijn getallentheorie-klasse (om te laten zien dat je $ f (x) $ injectief is). Twee studenten (van 16) zouden het kunnen doen.
toegevoegd de auteur xecaps12, de bron
Ik ben verrast dat dit mogelijk was met slechts een kubieke meter.
toegevoegd de auteur user5583, de bron
Ook kan deze oplossing snel worden aangepast om gehele coëfficiënten te hebben; als er geen rationele oplossingen zijn voor $ x ^ 2 + xy + y ^ 2 = 5/4 $, kan er ook geen zijn tot $ x ^ 2 + xy + y ^ 2 = 5 $. Vandaar dat $ x ^ 3-5x $ ook werkt.
toegevoegd de auteur user5583, de bron