Ma preuve à cette question de théorie des nombres est-elle valide?

Question

J'avais la question suivante:

Existe-t-il un polynôme non nul $P(x)$ avec des coefficients entiers satisfaisant les deux conditions suivantes?

• $P(x)$ n'a pas de racine rationnelle;
• Pour chaque entier positif $n$, il existe un entier $m$ tel que $n$ se divise $P(m)$.

J'ai créé une preuve montrant qu'il n'y avait pas de polynôme satisfaisant ces deux conditions:

Supposons que nous ayons un polynôme non nul avec des coefficients entiers $P(x)=\sum_i c_i x^i$ sans racine rationnelle, et pour tout entier positif $n$, nous avons un entier $m_n$ tel que $n|P(m_n)$. Cela impliquerait$P(m_n)\equiv0\pmod n\Rightarrow \sum_i c_i m_n^i\equiv0$. Par Freshman's Dream nous avons$P(m_n+an)=\sum_i c_i(m_n+an)^i\equiv\sum_i c_im_n^i+c_ia^in^i\equiv\sum_ic_im_n^i=P(m_n)\equiv0\pmod n$ pour un entier $a$. Donc si$b\equiv m_n\pmod n$ puis $P(b)\equiv P(m_n)\equiv0\pmod n$.

Maintenant, les conditions et les résultats ci-dessus impliquent pour tous les $p$, nous avons un certain nombre $m_p$ tel que $p|P(m_p)$, et que si $b\equiv m_p\pmod p$ puis $P(b)\equiv 0\pmod p$. Considérez l'ensemble des plus petits$n$ nombres premiers $\{p_1,p_2,p_3,\cdots,p_n\}$. Selon le théorème chinois de l'alésoir, il existe un entier$b$ tel que $b\equiv m_{p_1}\pmod{p_1},b\equiv m_{p_2}\pmod{p_2},b\equiv m_{p_3}\pmod{p_3},\cdots,b\equiv m_{p_n}\pmod{p_n}$par le théorème du reste chinois. ensuite$p_1,p_2,p_3\cdots,p_n|P(b)\Rightarrow p_1p_2p_3\cdots p_n|P(b)$. Comme$n$ s'approche de l'infini (car il y a une infinité de nombres premiers), $p_1,p_2,p_3\cdots,p_n$s'approche de l'infini. Par conséquent soit$P(b)=\infty$ ou $P(b)=0$. Depuis pour fini$b$ et coefficients entiers $P(b)$ doit être fini, alors $P(b)=0$. Cependant comme$a$ est un entier, cela implique $P$ a une racine rationnelle, une contradiction.

Je ne sais pas si ma preuve est correcte, et ma principale préoccupation est que j'utilise incorrectement le théorème du reste chinois car je ne suis pas sûr de pouvoir l'appliquer à une infinité de diviseurs.

Cette preuve est-elle correcte et si non, comment résoudre cette question?

EDIT: Il semble que non seulement ma preuve est incorrecte (comme$b$ne converge pas) comme l'a montré Paul Sinclair, mais que selon Jaap Scherphuis il existe des exemples de polynômes qui satisfont les conditions. Par conséquent, ma question est maintenant de savoir comment prouver l' existence de ces polynômes tout en utilisant des méthodes élémentaires (car il s'agit d'un problème de test de sélection de l'OMI).

Answer 1

Considérez le polynôme

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

Il n'y a manifestement aucune solution rationnelle. Nous souhaitons montrer que la congruence$P(x) \equiv 0 \bmod{m}$ est résoluble pour tous les entiers $m$. Par le théorème du reste chinois, cela revient à montrer$P(x) \equiv 0 \bmod{p^k}$ est résoluble pour toutes les puissances principales $p^k$.

Notez que si l'un ou l'autre $13$, $17$, ou $221$ est un résidu quadratique modulo $p^k$, puis l'un des termes quadratiques de $P$ est une différence de carrés modulo $p^k$et les facteurs en termes linéaires et nous avons terminé. Nous montrons que c'est toujours le cas.

Pour bizarre $p \neq 13,17$, pas tous $13$, $17$, $221$ peut être des non-résidus quadratiques modulo $p^k$, sinon nous aurions la contradiction suivante

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

Si $p = 13$ alors 17 est un résidu quadratique modulo $p^k$ car par réciprocité quadratique nous avons

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

Si $p=17$ un argument similaire s'applique.

Pour $p=2$ nous pouvons utiliser le lemme de Hensel pour montrer que pour tout $a$, $x^2 \equiv a \bmod{2^k}$ est résoluble pour tous $k$ si et seulement si $a \equiv 1 \bmod{8}$. Donc$17$ est un résidu quadratique modulo $2^k$ pour tous $k$.

Answer 2

Votre définition de $b$ dépend de $n$. Donc ce n'est pas une constante$b$, mais plutôt chacun $n$ a son propre $b_n$. Et ce n'est pas le cas que$P(b) = \infty$ ou $P(b) = 0$, mais plutôt $$\lim_{n\to\infty} P(b_n) = \infty\text{ or }\lim_{n\to\infty} P(b_n) = 0$$Mais cela gâche complètement votre conclusion. Puisque vous n'avez pas un fini fixe$b$, tu n'as pas de racine $P(b) = 0$.

Answer 3

Voici une manière élémentaire de construire explicitement un tel polynôme. J'aurai besoin du fait que si$p\nmid a$, puis $a$ est modulo inversible $p$, qui peut être prouvée en utilisant le théorème de Bézout.

La preuve du fait 1 est extrêmement longue, car je ne voulais pas utiliser la théorie des groupes mais seulement des congruences. Il peut être raccourci en une preuve de 5 lignes si vous autorisez le groupe de quotient et le groupe$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$.

Fait 1. Soit$p$être un nombre premier impair. Puis le nombre de carrés non nuls modulo$p$ est $\dfrac{p-1}{2}$. En particulier, si$a,b$ sont les intégrations à la fois $p$, puis l'un des nombres entiers $a,b$ ou $ab$ est un mod carré $p$.

Preuve. Ensemble$m=\dfrac{p-1}{2}$. Un coprime entier à$p$ est congruente à un entier $\pm k$, où $1\leq k\leq m$. Puisque$(-k)^2\equiv k ^2 \mod p$, il y a au plus $m$ squaremod non nul $p$.

Maintenant si $1\leq k_1,k_2\leq m$ satisfaire $k_1^2\equiv k_2^2 \mod p$, puis $p\mid (k_1-k_2)(k_1+k_2)$. Notez que$2\leq k_1+k_2\leq 2m=p-1$, donc $p\nmid k_1+k_2$. Donc$p\mid k_1-k_2,$ sens $k_1=k_2$ puisque $-p<-m\leq k_1-k_2\leq m<p$. Par conséquent, les intégrations$k^2,1\leq \leq m$ sont tous modulo distincts $p$, et il y a exactement $m$ mod carré non nul $p$.

Maintenant, laisse $a,b$ être deux entiers coprime à $p$. Si$a $ou $b$ est un module carré $p$, nous avons fini. Présumer$a,b$ ne sont pas des carrés modulo $p$. Puisque$a$ est le coprime de $p$; c'est modulo inversible$p$, donc les éléments de $A=\{a k^2, 1\leq k\leq m\}$ sont modulo distincts par paires $p$. Maintenant les éléments$B=\{k^2, 1\leq k\leq m\}$ sont tous modulo distincts $p$.

Notez qu'il n'est pas possible d'avoir $ak_1^2\equiv k_2^2 \mod p$ pour certains $1\leq k_1,k_2\leq m$, car autrement $a$ serait un modulo carré $p$, comme on peut le voir en multipliant par le carré d'un mod inverse $p$ de $k_1$.

Un argument de comptage montre alors qu'un entier coprime à $p$ peut être représenté par un élément unique de $A\cup B$ modulo $p$ .

Ainsi, si $b$ n'est pas un mod carré $p$, puis $b$ est congruente à un élément de $B.$ par conséquent $b\equiv a k^2\mod p$, et $ab\equiv (ak)^2\mod p$ est un mod carré $p$.

Fait 2. Soit$p$ être un nombre premier, et laissez $P\in\mathbb{Z}[X]$. Supposons qu'il y ait$x_0\in \mathbb{Z}$ tel que $P(x_0)\equiv 0 \mod p $ et $P'(x_0)\not\equiv 0 \mod p$. Alors pour tous$m\geq 0$, Il existe $x_m\in\mathbb{Z}$ tel que $P(x_m)\equiv 0 \mod p^{m+1}$ et $x_{m}\equiv x_0 \mod p.$

Prof. Par induction sur$m$, l'affaire $m=0$faisant partie de l'hypothèse. Supposons qu'un tel$x_m$ existe pour certains $m\geq 0$ et montrons l'existence de certains $x_{m+1}$. Par hypothèse,$P(x_m)=\mu p^{m+1}$. Laisser$0\leq \lambda\leq p-1$ tel que $\lambda$ est l'inverse de $P'(x_0)$ modulo $p$, Et mettre $x_{m+1}=x_m-\mu \lambda p^{m+1}$.

Notez que pour tous $x,y\in\mathbb{Z}$, nous avons $P(x)=P(y)+(x-y)P'(y)+(x-y)^2 Q(y)$ pour certains $Q\in \mathbb{Z}[X]$. Appliquer ceci à$x=x_{m+1}$ et $y=x_m$, on a $P(x_{m+1})=\mu p^{m+1}-\mu\lambda p^{m +1}P'(x_m) \ mod p^{m+2}$.

Puisque $x_m\equiv x_0 \mod p$, nous avons $P'(x_m)\equiv P'(x_0) \mod p$ Et ainsi $\lambda P'(x_m)\equiv \lambda P'(x_0)\equiv 1 \mod p$. par conséquent$\lambda p^{m+1}P'(x_m)\equiv p^{m+1} \mod p^{m+2}$ et $P((x_{m+1})\equiv 0 \mod p^{m+2}$. Notez enfin que par construction,$x_{m+1}\equiv x_m \mod p^{m+1}$, donc $x_{m+1}\equiv x_m \equiv x_0 \mod p$, qui montre cette étape d'induction.

Thm . Laisser$P=(X^2+X+2)(X^2-17)(X^2-19)(X^2-17\times 19)$. ensuite$P$ n'a pas de racines rationnelles, mais a une racine modulo $n$ pour chaque entier $n\geq 2$.

Preuve. Clairement,$P$n'a pas de racines rationnelles. Par CRT, il suffit de prouver que$P$ a un module racine $p^m$ pour tous les meilleurs $p$ et tout $m\geq 1$.

Notez que $1$ est une racine de $X^2+X+1$ mod 2. Le dérivé à $1$ de ce polynôme est $3$, lequel est $\not\equiv 0 \mod 2$. Par conséquent$X^2+X+1$. a un mod racine$2^m$ pour tous $m\geq 1$ par le fait 2.

Laisser $p$ être un nombre premier impair, $p\neq 17,19$. Par fait$2$, l'un des nombres entiers $17,19,17\times 19$ est un mod carré différent de zéro $p$. Laisser$a$être cet entier. Remarquez maintenant que le dérivé de$X^2-a$ à un entier $x_0$ qui est différent de zéro $p$ est $2x_0$, qui est également modulo non nul $p$. Par fait 2,$X^2-a$ a un mod racine $p^m$ pour tous $m\geq 1$.

Suppose que $p=17$. ensuite$6^2\equiv 19 \mod 17$, donc $X^2-19$ a un mod racine $p$, d'où mod $p^m$ pour tous $m\geq 1$ comme précédemment.

Suppose que $p=19$. ensuite$6^2\equiv 17 \mod 19$, donc $X^2-17$ a un mod racine $p$, d'où mod $p^m$ pour tous $m\geq 1$ comme précédemment.

En tout $P$ a un module racine $p^m$ pour tous les meilleurs $p$ et tout $m\geq 1$.