¿Es válida mi prueba de esta pregunta de teoría de números?

Nov 25 2020

Tenía la siguiente pregunta:

¿Existe un polinomio distinto de cero? $P(x)$ con coeficientes enteros que satisfacen las dos condiciones siguientes?

  • $P(x)$ no tiene raíz racional;
  • Por cada entero positivo $n$, existe un entero $m$ tal que $n$ divide $P(m)$.

Creé una prueba que muestra que no había ningún polinomio que cumpliera estas dos condiciones:

Supongamos que tenemos un polinomio distinto de cero con coeficientes enteros $P(x)=\sum_i c_i x^i$ sin una raíz racional, y para todo entero positivo $n$, tenemos un entero $m_n$ tal que $n|P(m_n)$. Esto implicaría$P(m_n)\equiv0\pmod n\Rightarrow \sum_i c_i m_n^i\equiv0$. Por Freshman's Dream tenemos$P(m_n+an)=\sum_i c_i(m_n+an)^i\equiv\sum_i c_im_n^i+c_ia^in^i\equiv\sum_ic_im_n^i=P(m_n)\equiv0\pmod n$ por algún entero $a$. Por tanto, si$b\equiv m_n\pmod n$ entonces $P(b)\equiv P(m_n)\equiv0\pmod n$.

Ahora bien, las condiciones y los hallazgos anteriores implican que todas las $p$, tenemos un numero $m_p$ tal que $p|P(m_p)$, y que si $b\equiv m_p\pmod p$ entonces $P(b)\equiv 0\pmod p$. Considere el conjunto de los más pequeños$n$ primos $\{p_1,p_2,p_3,\cdots,p_n\}$. Según el teorema chino de Reamainder, existe un número entero$b$ tal que $b\equiv m_{p_1}\pmod{p_1},b\equiv m_{p_2}\pmod{p_2},b\equiv m_{p_3}\pmod{p_3},\cdots,b\equiv m_{p_n}\pmod{p_n}$por el teorema del resto chino. Entonces$p_1,p_2,p_3\cdots,p_n|P(b)\Rightarrow p_1p_2p_3\cdots p_n|P(b)$. Como$n$ se acerca al infinito (ya que hay infinitos números primos), $p_1,p_2,p_3\cdots,p_n$se acerca al infinito. Por lo tanto$P(b)=\infty$ o $P(b)=0$. Ya que por finito$b$ y coeficientes enteros $P(b)$ debe ser finito, entonces $P(b)=0$. sin embargo, como$a$ es un número entero, esto implica $P$ tiene una raíz racional, una contradicción.

No estoy seguro de si mi prueba es correcta, y mi principal preocupación es que estoy usando incorrectamente el teorema chino del resto, ya que no estoy seguro de poder aplicarlo a infinitos divisores.

¿Es esta prueba correcta y, si no es así, cómo resuelvo esta pregunta?

EDITAR: Parece que no solo mi prueba es incorrecta (como$b$no converge) como ha demostrado Paul Sinclair, pero que según Jaap Scherphuis hay ejemplos de polinomios que satisfacen las condiciones. Por lo tanto, mi pregunta ahora es cómo se puede probar la existencia de estos polinomios utilizando métodos elementales (ya que este es un problema de prueba de selección de la OMI).

Respuestas

JMP Dec 17 2020 at 19:01

Considere el polinomio

$$ P(x) = (x^2 - 13)(x^2 - 17)(x^2 - 221) $$

Claramente, esto no tiene soluciones racionales. Deseamos demostrar que la congruencia$P(x) \equiv 0 \bmod{m}$ se puede resolver para todos los números enteros $m$. Según el teorema del resto chino, esto es lo mismo que mostrar$P(x) \equiv 0 \bmod{p^k}$ tiene solución para todos los poderes primarios $p^k$.

Note que si cualquiera $13$, $17$o $221$ es un módulo de residuo cuadrático $p^k$, entonces uno de los términos cuadráticos en $P$ es una diferencia de cuadrados módulo $p^k$y factores en términos lineales y listo. Mostramos que este es siempre el caso.

Por extraño $p \neq 13,17$, no todos $13$, $17$, $221$ puede ser módulo cuadrático sin residuos $p^k$, de lo contrario tendríamos la siguiente contradicción

$$ -1 = \left( \frac{221}{p^k}\right) = \left( \frac{13}{p^k}\right)\left( \frac{17}{p^k}\right)=(-1) (-1)=1 $$

Si $p = 13$ entonces 17 es un módulo de residuo cuadrático $p^k$ porque por reciprocidad cuadrática tenemos

$$ \begin{eqnarray} \left( \frac{17}{13^k}\right) &=& \left( \frac{13^k}{17}\right) (-1)^{\frac{13^k -1}{2} \frac{17 -1}{2}} \\ &=& \left( \frac{13}{17}\right)^k (-1)^{\frac{13^k -1}{2} \frac{17 -1}{2}} \\ &=& 1 \end{eqnarray} $$

Si $p=17$ se aplica un argumento similar.

Xa $p=2$ podemos usar el lema de Hensel para mostrar que para cualquier $a$, $x^2 \equiv a \bmod{2^k}$ es solucionable para todos $k$ si y solo si $a \equiv 1 \bmod{8}$. Por lo tanto$17$ es un módulo de residuo cuadrático $2^k$ para todos $k$.

1 PaulSinclair Nov 25 2020 at 21:49

Tu definición de $b$ depende de $n$. Entonces no es una constante$b$, sino cada uno $n$ tiene su propio $b_n$. Y no es el caso que$P(b) = \infty$ o $P(b) = 0$, pero en vez $$\lim_{n\to\infty} P(b_n) = \infty\text{ or }\lim_{n\to\infty} P(b_n) = 0$$Pero esto arruina completamente tu conclusión. Dado que no tiene un fijo finito$b$, no tienes root $P(b) = 0$.

GreginGre Dec 18 2020 at 00:17

Aquí hay una forma elemental de construir dicho polinomio explícitamente. Necesitaré el hecho de que si$p\nmid a$, entonces $a$ es modulo invertible $p$, que puede demostrarse mediante el teorema de Bézout.

La prueba del Hecho 1 es extremadamente larga, porque no quería usar la teoría de grupos sino solo las congruencias. Puede acortarse en una prueba de 5 líneas si permite el grupo cociente y el grupo$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$.

Hecho 1. Vamos$p$ser un número primo impar. Entonces el número de cuadrados distintos de cero módulo$p$ es $\dfrac{p-1}{2}$. En particular, si$a,b$ son enteros primos para $p$, luego uno de los enteros $a,b$ o $ab$ es un mod cuadrado $p$.

Prueba. Conjunto$m=\dfrac{p-1}{2}$. Un coprimo entero para$p$ es congruente con algún número entero $\pm k$, dónde $1\leq k\leq m$. Ya que$(-k)^2\equiv k ^2 \mod p$, hay como máximo $m$ mod cuadrado distinto de cero $p$.

Ahora si $1\leq k_1,k_2\leq m$ satisfacer $k_1^2\equiv k_2^2 \mod p$, entonces $p\mid (k_1-k_2)(k_1+k_2)$. Tenga en cuenta que$2\leq k_1+k_2\leq 2m=p-1$, entonces $p\nmid k_1+k_2$. Por lo tanto$p\mid k_1-k_2,$ sentido $k_1=k_2$ ya que $-p<-m\leq k_1-k_2\leq m<p$. En consecuencia, los integrs$k^2,1\leq \leq m$ son todos módulos distintos $p$y hay exactamente $m$ mod cuadrado distinto de cero $p$.

Ahora deja $a,b$ ser dos enteros coprimos para $p$. Si$a $o $b$ es un modulo cuadrado $p$, hemos terminado. Asumir$a,b$ no son cuadrados modulo $p$. Ya que$a$ es coprime a $p$; es modulo invertible$p$, entonces los elementos de $A=\{a k^2, 1\leq k\leq m\}$ son módulos distintos por pares $p$. Ahora los elementos$B=\{k^2, 1\leq k\leq m\}$ son todos módulos distintos $p$.

Tenga en cuenta que no es posible tener $ak_1^2\equiv k_2^2 \mod p$ para algunos $1\leq k_1,k_2\leq m$, ya que de lo contrario $a$ seria un modulo cuadrado $p$, como podemos ver al multiplicar por el cuadrado de un mod inverso $p$ de $k_1$.

Un argumento de conteo muestra entonces que un coprimo entero para $p$ puede ser representado por un elemento único de $A\cup B$ modulo $p$ .

Por lo tanto, si $b$ no es un mod cuadrado $p$, entonces $b$ es congruente con un elemento de $B.$ Por consiguiente $b\equiv a k^2\mod p$y $ab\equiv (ak)^2\mod p$ es un mod cuadrado $p$.

Hecho 2. Vamos$p$ ser un número primo y dejar $P\in\mathbb{Z}[X]$. Suponga que hay$x_0\in \mathbb{Z}$ tal que $P(x_0)\equiv 0 \mod p $ y $P'(x_0)\not\equiv 0 \mod p$. Entonces para todos$m\geq 0$, allí existe $x_m\in\mathbb{Z}$ tal que $P(x_m)\equiv 0 \mod p^{m+1}$ y $x_{m}\equiv x_0 \mod p.$

Prof. Por inducción en$m$, el caso $m=0$siendo parte de la suposición. Suponga que tal$x_m$ existe para algunos $m\geq 0$ y demostremos la existencia de algunos $x_{m+1}$. Por suposición,$P(x_m)=\mu p^{m+1}$. Dejar$0\leq \lambda\leq p-1$ tal que $\lambda$ es una inversa de $P'(x_0)$ modulo $p$, y establecer $x_{m+1}=x_m-\mu \lambda p^{m+1}$.

Tenga en cuenta que para todos $x,y\in\mathbb{Z}$, tenemos $P(x)=P(y)+(x-y)P'(y)+(x-y)^2 Q(y)$ para algunos $Q\in \mathbb{Z}[X]$. Aplicando esto a$x=x_{m+1}$ y $y=x_m$, obtenemos $P(x_{m+1})=\mu p^{m+1}-\mu\lambda p^{m +1}P'(x_m) \ mod p^{m+2}$.

Ya que $x_m\equiv x_0 \mod p$, tenemos $P'(x_m)\equiv P'(x_0) \mod p$ y por lo tanto $\lambda P'(x_m)\equiv \lambda P'(x_0)\equiv 1 \mod p$. Por consiguiente$\lambda p^{m+1}P'(x_m)\equiv p^{m+1} \mod p^{m+2}$ y $P((x_{m+1})\equiv 0 \mod p^{m+2}$. Finalement note que por construcción,$x_{m+1}\equiv x_m \mod p^{m+1}$, entonces $x_{m+1}\equiv x_m \equiv x_0 \mod p$, que muestra este paso de inducción.

Thm . Dejar$P=(X^2+X+2)(X^2-17)(X^2-19)(X^2-17\times 19)$. Entonces$P$ no tiene raíces racionales, pero tiene un módulo de raíz $n$ por cada entero $n\geq 2$.

Prueba. Claramente,$P$no tiene raíces racionales. Por CRT, es suficiente para demostrar que$P$ tiene un modulo raíz $p^m$ para todos los prime $p$ y todo $m\geq 1$.

Tenga en cuenta que $1$ es una raíz de $X^2+X+1$ mod 2. La derivada en $1$ de este polinomio es $3$, cual es $\not\equiv 0 \mod 2$. Por lo tanto$X^2+X+1$. tiene un mod de root$2^m$ para todos $m\geq 1$ por Hecho 2.

Dejar $p$ ser un número primo impar, $p\neq 17,19$. Por hecho$2$, uno de los enteros $17,19,17\times 19$ es un mod cuadrado distinto de cero $p$. Dejar$a$sea ​​este entero. Observe ahora que la derivada de$X^2-a$ en un entero $x_0$ que es distinto de cero $p$ es $2x_0$, que también es módulo distinto de cero $p$. Por Hecho 2,$X^2-a$ tiene un mod de root $p^m$ para todos $m\geq 1$.

Asumir que $p=17$. Entonces$6^2\equiv 19 \mod 17$, entonces $X^2-19$ tiene un mod de root $p$, por lo tanto mod $p^m$ para todos $m\geq 1$ como anteriormente.

Asumir que $p=19$. Entonces$6^2\equiv 17 \mod 19$, entonces $X^2-17$ tiene un mod de root $p$, por lo tanto mod $p^m$ para todos $m\geq 1$ como anteriormente.

Considerándolo todo $P$ tiene un modulo raíz $p^m$ para todos los prime $p$ y todo $m\geq 1$.