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Hay Un Inyectiva Polinomio Cúbico $\mathbb Z^2 \rightarrow \mathbb Z$?

Antes, tenía curiosidad acerca de si un polinomio asignación de $\mathbb Z^2\rightarrow\mathbb Z$ podría ser inyectiva, y si es así, cuál es el mínimo grado de un polinomio puede ser. Me las he arreglado para construir una cuártica y descartar la existencia de una ecuación cuadrática, pero esto deja abierta la cuestión de si un cúbicos podría existir. Equivalentemente, mi pregunta es:

Puede un cúbicos polinomio de dos variables con coeficientes enteros ser inyectiva?

Mi intuición es que probablemente es una función de este tipo ya que no es una ecuación cuadrática bijection $\mathbb N^2\rightarrow\mathbb N$ así que si nos permitimos un extra de "grado" para compensar la transición de $\mathbb N$ a $\mathbb Z$, parece que debería ser suficiente. Sin embargo, todavía tengo que venir para arriba con un ejemplo que tengo la sospecha de ser inyectiva ni cualquier otro método que puede utilizar para intentar probar la inyectividad.


La Parte de Este Post Que no es Una Pregunta, Sino Que Ayuda a Motivar O tal vez Inspirar a Alguien:

Por el momento he decidido que no es un inyectiva el cuarto grado y de hay no una inyectiva cuadrática. Para la construcción de la cuártica que es inyectiva, tenga en cuenta que el mapa de $f:\mathbb N^2 \rightarrow \mathbb N$ definida por $f(x,y)=(x+y)^2+y$ es inyectiva y así es el mapa de $g:\mathbb Z\rightarrow \mathbb N$ definida por $g(n)=2n^2-n$. Entonces, se puede establecer $$P(x,y)=f(g(x),g(y))$$ como inyectiva polinomio (de grado $4$) en las dos variables.

No, cuadrática, polinomial que puede existir, ya que cualquier número entero valorado polinomio de grado dos (no-cero) múltiples que se puede expresar como: $$P(x,y)=(ax+P_1(y))^2+P_2(y)$$ donde $P_1$ y $P_2$ son polinomios con coeficientes enteros. Entonces, si elegimos unos $y_1$ y $y_2$ tales que $y_1\equiv y_2 \pmod{4aP_1(y_1)}$, claramente tenemos que $P_1(y_1)\equiv P_1(y_2)\pmod$ y que $P_2(y_1)-P_2(y_2)=4aP_1(y_1)k$ para un entero $k$. A continuación, podemos elegir dos números enteros $c_1$ y $c_2$ tal que $$c_1^2-c_2^2=P_2(y_2) - P_2(y_1) $$ $$c_1\equiv c_2 \equiv P_1(y_1)\equiv P_1(y_2) \pmod$$ En particular, los valores $$c_1=P_1(y_1)+ak$$ $$c_2=P_1(y_1)-ak$$ satify la anterior. Entonces, la elección de $$x_1=\frac{c_1-P_1(y_1)}{a}$$ $$ x_2=\frac{c_2-P_1(y_2)}{a}$$ de los rendimientos que $P(x_1,y_1)=P(x_2,y_2)$, ya que su diferencia es de $(c_1^2-c_2^2) - (P_2(y_2)-P_2(y_1))$ la cual se eligió el $c$'s para hacer $0$.

No tengo idea de cómo acercarse a la cúbico caso.


Moderadamente Sorprendente Resultado Computacional

Usando Mathematica, he determinado que no existe ningún polinomio de grado tres con coeficientes enteros con valor absoluto de $2 dólares o menos, que es inyectiva sobre el dominio $(\mathbb Z \cap [-2,2])^2$. Esto me sorprende, pero es un pequeño conjunto de polinomios que no puede significar otra cosa que podemos esperar grandes-ish si los coeficientes de un polinomio adecuado no existe. (Que también podría ser indicativo de que el hecho de que no hay tal polinomio existe). Yo habría registrado un mayor alcance, pero mi equipo se estrelló.

También pensé en la solución del caso unidimensional completamente puede ser de ayuda, y se puede ver que $$x\mapsto ax^3 + bx^2 + cx + d$$ es inyectiva si y sólo si no puede ser escrito como $a(x-A)(x-B)\left(x-\frac{C}\right)+k$ para un entero $a,a,B,C,k$ - pero esto no es super útil, lo que puedo decir. Sin embargo, la declaración $f(x,y)$ es inyectiva es equivalente a afirmar que $t\mapsto f(m_1t + b_1,m_2t+b_2)$ es inyectiva para todo $m_1,b_1,m_2,b_2\in\mathbb Z$ no $m$ igual $0$ - así que esto podría ser usado para eliminar algunos de los casos, si nada más.

6voto

String Puntos 8937

Descargo de responsabilidad: Este es simplemente un demasiado largo el comentario para que quepa en la sección de comentarios.

Todavía no tengo idea sobre el general de grado $3$ caso, pero aquí es otra prueba de que ningún polinomio de grado $2$:

Escribir el polinomio $P(x,y)$ de grado $2$ como $$ P(x,y)=\sum_{i+j\leq 2}c_{ij} x^i y^j,\quad c_{ij}\in\mathbb Z $$ Considere la posibilidad de un punto $(a,b)\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}$ y la expresión $$ P(ta,tb)=\left(\sum_{i+j=2}c_{ij}a^ib^j\right)t^2+(c_{10}a+c_{01}b)t+c_{00} $$ Si el coeficiente de dólares(c_{10}a+c_{01}b)$ es cero, entonces $t\mapsto P(ta,tb)$ es una función par. Entonces $$ P(ta,tb)=P(-ta-tb) $$ para todos $t\in\mathbb Z$. Si $c_{10}=c_{01}=0$ se puede elegir entre cualquiera de dólares(a,b)\in\mathbb Z^2\setminus\{(0,0)\}$. De lo contrario, $(a,b)=(-c_{01},c_{10})\neq(0,0)$ obras. En cualquier caso, hemos encontrado una infinidad de pares $(ta,tb),(-ta-tb)$ contradiciendo $P$ de ser inyectiva.

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