この数論の質問に対する私の証明は有効ですか？
私は次の質問をしました：
ゼロ以外の多項式は存在しますか $P(x)$ 次の両方の条件を満たす整数係数を使用しますか？
- $P(x)$ 有理根定理はありません。
- すべての正の整数に対して $n$、整数が存在します $m$ そのような $n$ 分水界 $P(m)$。
これらの両方の条件を満たす多項式がないことを示す証明を作成しました。
整数係数を持つ非ゼロの多項式があると仮定します $P(x)=\sum_i c_i x^i$ 有理根なしで、すべての正の整数に対して $n$、整数があります $m_n$ そのような $n|P(m_n)$。これは意味します$P(m_n)\equiv0\pmod n\Rightarrow \sum_i c_i m_n^i\equiv0$。一年生の夢によって私たちは持っています$P(m_n+an)=\sum_i c_i(m_n+an)^i\equiv\sum_i c_im_n^i+c_ia^in^i\equiv\sum_ic_im_n^i=P(m_n)\equiv0\pmod n$ いくつかの整数の場合 $a$。したがって、$b\equiv m_n\pmod n$ その後 $P(b)\equiv P(m_n)\equiv0\pmod n$。
上記の条件と調査結果は、すべての素数を意味します $p$、私たちは数を持っています $m_p$ そのような $p|P(m_p)$、そしてその場合 $b\equiv m_p\pmod p$ その後 $P(b)\equiv 0\pmod p$。最小のセットを検討してください$n$ 素数 $\{p_1,p_2,p_3,\cdots,p_n\}$。中国のReamainder定理により整数が存在します$b$ そのような $b\equiv m_{p_1}\pmod{p_1},b\equiv m_{p_2}\pmod{p_2},b\equiv m_{p_3}\pmod{p_3},\cdots,b\equiv m_{p_n}\pmod{p_n}$中国の剰余定理による。次に$p_1,p_2,p_3\cdots,p_n|P(b)\Rightarrow p_1p_2p_3\cdots p_n|P(b)$。なので$n$ 無限大に近づく（素数が無数にあるため）、 $p_1,p_2,p_3\cdots,p_n$無限に近づく。したがって、どちらか$P(b)=\infty$ または $P(b)=0$。有限のためから$b$ および整数係数 $P(b)$ 有限でなければならない、そして $P(b)=0$。しかしとして$a$ は整数です。これは、 $P$ 有理根定理、矛盾があります。
私の証明が正しいかどうかはわかりません。私の主な懸念は、中国の剰余定理を無限に多くの除数に適用できるかどうかわからないため、誤って使用していることです。
この証明は正しいですか、そうでない場合は、どうすればこの質問を解決できますか？
編集：私の証明が間違っているだけではないようです（$b$Paul Sinclairが示したように、収束しません）が、Jaap Scherphuisによれば、条件を満たす多項式の例があります。したがって、私の質問は、基本的な方法を使用しながら、これらの多項式の存在をどのように証明できるかということです（これはIMO選択テストの問題であるため）。
回答
多項式を考えてみましょう
$$ P(x) = (x^2 - 13)(x^2 - 17)(x^2 - 221) $$
明らかに、これには合理的な解決策がありません。その合同を示したい$P(x) \equiv 0 \bmod{m}$ すべての整数に対して解ける $m$。中国の剰余定理によれば、これは示すことと同じです$P(x) \equiv 0 \bmod{p^k}$ すべての素数冪に対して解ける $p^k$。
どちらかであることに注意してください $13$、 $17$、または $221$ モジュロの平方剰余です $p^k$、次に次の2次項の1つ $P$ モジュロの二乗の差です $p^k$線形項に因数分解し、完了です。これが常に当てはまることを示します。
奇数の場合 $p \neq 13,17$、すべてではありません $13$、 $17$、 $221$ 2次非剰余を法とすることができます $p^k$、そうでなければ、次の矛盾が発生します
$$ -1 = \left( \frac{221}{p^k}\right) = \left( \frac{13}{p^k}\right)\left( \frac{17}{p^k}\right)=(-1) (-1)=1 $$
場合 $p = 13$ その場合、17はモジュロの平方剰余です $p^k$ 平方剰余の相互作用によって
$$ \begin{eqnarray} \left( \frac{17}{13^k}\right) &=& \left( \frac{13^k}{17}\right) (-1)^{\frac{13^k -1}{2} \frac{17 -1}{2}} \\ &=& \left( \frac{13}{17}\right)^k (-1)^{\frac{13^k -1}{2} \frac{17 -1}{2}} \\ &=& 1 \end{eqnarray} $$
場合 $p=17$ 同様の議論が当てはまります。
ために $p=2$ ヘンゼルの補題を使用して、奇妙なことを示すことができます $a$、 $x^2 \equiv a \bmod{2^k}$ すべての人に解決可能です $k$ 場合に限り $a \equiv 1 \bmod{8}$。したがって、$17$ モジュロの平方剰余です $2^k$ すべてのために $k$。
あなたの定義 $b$ に依存します $n$。だからそれは定数ではありません$b$、ではなくそれぞれ $n$ 独自のを持っています $b_n$。そして、そうではありません$P(b) = \infty$ または $P(b) = 0$、 代わりに $$\lim_{n\to\infty} P(b_n) = \infty\text{ or }\lim_{n\to\infty} P(b_n) = 0$$しかし、これはあなたの結論を完全に台無しにします。有限の固定がないので$b$、あなたはルートを持っていません $P(b) = 0$。
これは、そのような多項式を明示的に構築するための基本的な方法です。私はその事実が必要になります$p\nmid a$、その後 $a$ は可逆モジュロです $p$、これはベズーの定理を使用して証明できます。
群論を使いたくなく、合同関係だけを使いたくて、事実1の証明は非常に長いです。商群とグループを許可すると、5行の証明に短縮できます。$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$。
ファクト1.レッツ$p$奇数の素数になります。次に、モジュロを法とする非ゼロの二乗の数$p$ です $\dfrac{p-1}{2}$。特に、$a,b$ 両方の素数を積分します $p$、次に整数の1つ $a,b$ または $ab$ 正方形のmodです $p$。
証明。セットする$m=\dfrac{p-1}{2}$。に互いに素な整数$p$ ある整数に合同です $\pm k$、 どこ $1\leq k\leq m$。以来$(-k)^2\equiv k ^2 \mod p$、せいぜいあります $m$ ゼロ以外のsquaremod $p$。
今なら $1\leq k_1,k_2\leq m$ 満足させる $k_1^2\equiv k_2^2 \mod p$、その後 $p\mid (k_1-k_2)(k_1+k_2)$。ご了承ください$2\leq k_1+k_2\leq 2m=p-1$、 そう $p\nmid k_1+k_2$。したがって、$p\mid k_1-k_2,$ 意味 $k_1=k_2$ 以来 $-p<-m\leq k_1-k_2\leq m<p$。その結果、$k^2,1\leq \leq m$ すべて異なるモジュロです $p$、そして正確にあります $m$ ゼロ以外の正方形のmod $p$。
さあ、 $a,b$ 2つの整数が互いに素である $p$。場合$a $または $b$ は平方モジュロです $p$、完了です。仮定する$a,b$ モジュロの正方形ではありません $p$。以来$a$ 互いに素です $p$; それは可逆モジュロです$p$、だからの要素 $A=\{a k^2, 1\leq k\leq m\}$ ペアごとに異なるモジュロです $p$。今要素$B=\{k^2, 1\leq k\leq m\}$ すべて異なるモジュロです $p$。
持つことはできないことに注意してください $ak_1^2\equiv k_2^2 \mod p$ いくつかのための $1\leq k_1,k_2\leq m$、それ以外の場合 $a$ 平方モジュロになります $p$、逆数modの2乗を掛けるとわかるように $p$ の $k_1$。
次に、カウント引数は、整数が互いに素であることを示します。 $p$ の一意の要素で表すことができます $A\cup B$ モジュロ $p$ 。
したがって、 $b$ 正方形のmodではありません $p$、その後 $b$ の要素と合同です $B.$ その結果、 $b\equiv a k^2\mod p$、および $ab\equiv (ak)^2\mod p$ 正方形のmodです $p$。
ファクト2.レッツ$p$ 素数になり、 $P\in\mathbb{Z}[X]$。あると仮定します$x_0\in \mathbb{Z}$ そのような $P(x_0)\equiv 0 \mod p $ そして $P'(x_0)\not\equiv 0 \mod p$。その後、すべてのために$m\geq 0$、 が存在します $x_m\in\mathbb{Z}$ そのような $P(x_m)\equiv 0 \mod p^{m+1}$ そして $x_{m}\equiv x_0 \mod p.$
教授による帰納法$m$、 ケース $m=0$仮定の一部であること。そのような仮定$x_m$ 一部に存在します $m\geq 0$ いくつかの存在を示しましょう $x_{m+1}$。仮定により、$P(x_m)=\mu p^{m+1}$。しましょう$0\leq \lambda\leq p-1$ そのような $\lambda$ の逆です $P'(x_0)$ モジュロ $p$、およびセット $x_{m+1}=x_m-\mu \lambda p^{m+1}$。
すべてのために注意してください $x,y\in\mathbb{Z}$、 我々は持っています $P(x)=P(y)+(x-y)P'(y)+(x-y)^2 Q(y)$ いくつかのための $Q\in \mathbb{Z}[X]$。これをに適用する$x=x_{m+1}$ そして $y=x_m$、 我々が得る $P(x_{m+1})=\mu p^{m+1}-\mu\lambda p^{m +1}P'(x_m) \ mod p^{m+2}$。
以来 $x_m\equiv x_0 \mod p$、 我々は持っています $P'(x_m)\equiv P'(x_0) \mod p$ したがって $\lambda P'(x_m)\equiv \lambda P'(x_0)\equiv 1 \mod p$。その結果、$\lambda p^{m+1}P'(x_m)\equiv p^{m+1} \mod p^{m+2}$ そして $P((x_{m+1})\equiv 0 \mod p^{m+2}$。ファイナメントは、構造上、$x_{m+1}\equiv x_m \mod p^{m+1}$、 そう $x_{m+1}\equiv x_m \equiv x_0 \mod p$、この誘導ステップを示しています。
Thm。しましょう$P=(X^2+X+2)(X^2-17)(X^2-19)(X^2-17\times 19)$。次に$P$ 有理根はありませんが、根定理があります $n$ すべての整数に対して $n\geq 2$。
証明。明らかに、$P$合理的なルーツはありません。CRTによって、それを証明するのに十分です$P$ 根を法とする $p^m$ すべての素数のために $p$ そしてすべて $m\geq 1$。
ご了承ください $1$ のルートです $X^2+X+1$ mod2。での導関数 $1$ この多項式の $3$、これは $\not\equiv 0 \mod 2$。したがって、$X^2+X+1$。ルートmodがあります$2^m$ すべてのために $m\geq 1$ 事実2による。
しましょう $p$ 奇数の素数であり、 $p\neq 17,19$。事実による$2$、整数の1つ $17,19,17\times 19$ ゼロ以外の正方形のmodです $p$。しましょう$a$この整数になります。ここで、の導関数が$X^2-a$ 整数で $x_0$ ゼロ以外 $p$ です $2x_0$、これも非ゼロモジュロです $p$。事実2による$X^2-a$ ルートmodがあります $p^m$ すべてのために $m\geq 1$。
と仮定する $p=17$。次に$6^2\equiv 19 \mod 17$、 そう $X^2-19$ ルートmodがあります $p$、したがってmod $p^m$ すべてのために $m\geq 1$ 以前のように。
と仮定する $p=19$。次に$6^2\equiv 17 \mod 19$、 そう $X^2-17$ ルートmodがあります $p$、したがってmod $p^m$ すべてのために $m\geq 1$ 以前のように。
概して $P$ 根を法とする $p^m$ すべての素数のために $p$ そしてすべて $m\geq 1$。