이 수 이론 질문에 대한 나의 증거가 유효합니까?
다음과 같은 질문이있었습니다.
0이 아닌 다항식이 있습니까? $P(x)$ 다음 조건을 모두 충족하는 정수 계수를 사용합니까?
- $P(x)$ 합리적인 뿌리가 없습니다.
- 모든 양의 정수 $n$, 정수가 있습니다. $m$ 그런 $n$ 분할 $P(m)$.
이 두 조건을 모두 만족하는 다항식이 없다는 증거를 만들었습니다.
정수 계수를 가진 0이 아닌 다항식이 있다고 가정합니다. $P(x)=\sum_i c_i x^i$ 유리 근없이 모든 양의 정수 $n$, 우리는 정수를 가지고 있습니다. $m_n$ 그런 $n|P(m_n)$. 이것은 의미합니다$P(m_n)\equiv0\pmod n\Rightarrow \sum_i c_i m_n^i\equiv0$. 신입생의 꿈으로 우리는$P(m_n+an)=\sum_i c_i(m_n+an)^i\equiv\sum_i c_im_n^i+c_ia^in^i\equiv\sum_ic_im_n^i=P(m_n)\equiv0\pmod n$ 일부 정수 $a$. 따라서$b\equiv m_n\pmod n$ 그때 $P(b)\equiv P(m_n)\equiv0\pmod n$.
이제 위의 조건과 결과는 모든 소수에 대해 암시합니다. $p$, 우리는 숫자가 있습니다 $m_p$ 그런 $p|P(m_p)$, 그리고 $b\equiv m_p\pmod p$ 그때 $P(b)\equiv 0\pmod p$. 가장 작은 세트를 고려하십시오$n$ 소수 $\{p_1,p_2,p_3,\cdots,p_n\}$. Chinese Reamainder Theorem에 따르면 정수가 있습니다.$b$ 그런 $b\equiv m_{p_1}\pmod{p_1},b\equiv m_{p_2}\pmod{p_2},b\equiv m_{p_3}\pmod{p_3},\cdots,b\equiv m_{p_n}\pmod{p_n}$중국 나머지 정리에 의해. 그때$p_1,p_2,p_3\cdots,p_n|P(b)\Rightarrow p_1p_2p_3\cdots p_n|P(b)$. 같이$n$ 무한대에 접근합니다 (무한히 많은 소수가 있으므로), $p_1,p_2,p_3\cdots,p_n$무한에 접근합니다. 따라서$P(b)=\infty$ 또는 $P(b)=0$. 유한 이후$b$ 및 정수 계수 $P(b)$ 유한해야합니다. $P(b)=0$. 그러나$a$ 정수, 이것은 의미 $P$ 합리적 뿌리와 모순이 있습니다.
내 증명이 옳은지 확신 할 수없고, 내 주요 관심사는 중국 나머지 정리를 무한히 많은 제수에 적용 할 수 있는지 확실하지 않기 때문에 잘못 사용하고 있다는 것입니다.
이 증명이 정확합니까? 그렇지 않은 경우이 질문을 어떻게 해결합니까?
편집 : 내 증거가 틀린 것뿐만 아니라$b$수렴하지 않음) Paul Sinclair가 보여준 것처럼 Jaap Scherphuis에 따르면 조건을 충족하는 다항식의 예가 있습니다. 따라서 내 질문은 이제 기본 방법을 사용하는 동안 이러한 다항식 의 존재 를 증명할 수있는 방법입니다 (IMO 선택 테스트 문제이므로).
답변
다항식을 고려하십시오
$$ P(x) = (x^2 - 13)(x^2 - 17)(x^2 - 221) $$
분명히 이것은 합리적인 해결책이 없습니다. 우리는 합동이$P(x) \equiv 0 \bmod{m}$ 모든 정수에 대해 풀 수 있습니다. $m$. 중국 나머지 정리에 따르면 이것은$P(x) \equiv 0 \bmod{p^k}$ 모든 주요 권력에 대해 해결 가능 $p^k$.
다음 중 하나가 $13$, $17$, 또는 $221$ 2 차 잔차 모듈로 $p^k$, 다음의 2 차 항 중 하나 $P$ 모듈로 제곱의 차이 $p^k$선형 항으로 요인을 지정하면 완료됩니다. 우리는 이것이 항상 사실임을 보여줍니다.
이상한 경우 $p \neq 13,17$, 전부는 아님 $13$, $17$, $221$ 2 차 비 잔류 모듈로 가능 $p^k$, 그렇지 않으면 다음과 같은 모순이 발생합니다.
$$ -1 = \left( \frac{221}{p^k}\right) = \left( \frac{13}{p^k}\right)\left( \frac{17}{p^k}\right)=(-1) (-1)=1 $$
만약 $p = 13$ 17은 모듈로 2 차 잔기입니다. $p^k$ 2 차 상호 작용에 의해
$$ \begin{eqnarray} \left( \frac{17}{13^k}\right) &=& \left( \frac{13^k}{17}\right) (-1)^{\frac{13^k -1}{2} \frac{17 -1}{2}} \\ &=& \left( \frac{13}{17}\right)^k (-1)^{\frac{13^k -1}{2} \frac{17 -1}{2}} \\ &=& 1 \end{eqnarray} $$
만약 $p=17$ 비슷한 주장이 적용됩니다.
에 대한 $p=2$ Hensel의 기본형을 사용하여 어떤 이상한 경우에도 $a$, $x^2 \equiv a \bmod{2^k}$ 모두를위한 해결 가능 $k$ 경우에만 $a \equiv 1 \bmod{8}$. 따라서$17$ 2 차 잔차 모듈로 $2^k$ 모든 $k$.
당신의 정의 $b$ 에 달려있다 $n$. 그래서 그것은 상수가 아닙니다$b$, 오히려 각각 $n$ 자체가있다 $b_n$. 그리고 그것은$P(b) = \infty$ 또는 $P(b) = 0$, 대신 $$\lim_{n\to\infty} P(b_n) = \infty\text{ or }\lim_{n\to\infty} P(b_n) = 0$$그러나 이것은 당신의 결론을 완전히 망칩니다. 유한 고정이 없기 때문에$b$, 당신은 루트가 없습니다 $P(b) = 0$.
다음은 그러한 다항식을 명시 적으로 구성하는 기본적인 방법입니다. 나는$p\nmid a$, 다음 $a$ 가역 모듈로 $p$, 이것은 Bézout 정리를 사용하여 증명 될 수 있습니다.
사실 1의 증명은 매우 깁니다. 왜냐하면 저는 그룹 이론을 사용하고 싶지 않고 일치 만 사용하고 싶었 기 때문입니다. 몫 그룹과 그룹을 허용하면 5 줄 증명으로 줄일 수 있습니다.$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$.
사실 1. 하자$p$홀수 소수입니다. 그런 다음 모듈로 0이 아닌 제곱의 수$p$ 이다 $\dfrac{p-1}{2}$. 특히$a,b$ 정수 둘 다 프라임 $p$, 정수 중 하나 $a,b$ 또는 $ab$ 정사각형 모드입니다. $p$.
증명. 세트$m=\dfrac{p-1}{2}$. 정수 코 프라임$p$ 정수와 합동 $\pm k$, 어디 $1\leq k\leq m$. 이후$(-k)^2\equiv k ^2 \mod p$, 최대 $m$ 0이 아닌 squaremod $p$.
이제 $1\leq k_1,k_2\leq m$ 풀다 $k_1^2\equiv k_2^2 \mod p$, 다음 $p\mid (k_1-k_2)(k_1+k_2)$. 참고$2\leq k_1+k_2\leq 2m=p-1$, 그래서 $p\nmid k_1+k_2$. 따라서$p\mid k_1-k_2,$ 의미 $k_1=k_2$ 이후 $-p<-m\leq k_1-k_2\leq m<p$. 결과적으로 integrs$k^2,1\leq \leq m$ 모두 별개의 모듈로 $p$, 그리고 정확히 $m$ 0이 아닌 사각형 모드 $p$.
이제 $a,b$ 두 개의 정수를 코 프라임 $p$. 만약$a $또는 $b$ 제곱 모듈로 $p$, 우리는 끝났습니다. 취하다$a,b$ 모듈로 제곱이 아닙니다. $p$. 이후$a$ 코 프라임 $p$; 역전 모듈로$p$, 그래서 요소 $A=\{a k^2, 1\leq k\leq m\}$ 쌍으로 구별되는 모듈로 $p$. 이제 요소$B=\{k^2, 1\leq k\leq m\}$ 모두 별개의 모듈로 $p$.
가질 수 없습니다 $ak_1^2\equiv k_2^2 \mod p$ 일부 $1\leq k_1,k_2\leq m$, 그렇지 않으면 $a$ 제곱 모듈로 $p$, 역 모드의 제곱을 곱하여 볼 수 있듯이 $p$ 의 $k_1$.
계수 인수는 정수가 $p$ 고유 한 요소로 나타낼 수 있습니다. $A\cup B$ 모듈로 $p$ .
따라서 $b$ 정사각형 모드가 아닙니다. $p$, 다음 $b$ 다음 요소에 합동 $B.$ 따라서 $b\equiv a k^2\mod p$, 및 $ab\equiv (ak)^2\mod p$ 정사각형 모드입니다. $p$.
사실 2. 하자$p$ 소수이고, $P\in\mathbb{Z}[X]$. 있다고 가정$x_0\in \mathbb{Z}$ 그런 $P(x_0)\equiv 0 \mod p $ 과 $P'(x_0)\not\equiv 0 \mod p$. 그럼 모두를 위해$m\geq 0$, 존재 $x_m\in\mathbb{Z}$ 그런 $P(x_m)\equiv 0 \mod p^{m+1}$ 과 $x_{m}\equiv x_0 \mod p.$
Prof. By induction on$m$, 경우 $m=0$가정의 일부입니다. 그런 가정$x_m$ 일부를 위해 존재 $m\geq 0$ 그리고 일부의 존재를 보여 드리겠습니다 $x_{m+1}$. 가정하면$P(x_m)=\mu p^{m+1}$. 허락하다$0\leq \lambda\leq p-1$ 그런 $\lambda$ 의 역이다 $P'(x_0)$ 모듈로 $p$, 설정 $x_{m+1}=x_m-\mu \lambda p^{m+1}$.
모두를 위해 $x,y\in\mathbb{Z}$, 우리는 $P(x)=P(y)+(x-y)P'(y)+(x-y)^2 Q(y)$ 일부 $Q\in \mathbb{Z}[X]$. 이것을 적용$x=x_{m+1}$ 과 $y=x_m$, 우리는 $P(x_{m+1})=\mu p^{m+1}-\mu\lambda p^{m +1}P'(x_m) \ mod p^{m+2}$.
이후 $x_m\equiv x_0 \mod p$, 우리는 $P'(x_m)\equiv P'(x_0) \mod p$ 따라서 $\lambda P'(x_m)\equiv \lambda P'(x_0)\equiv 1 \mod p$. 따라서$\lambda p^{m+1}P'(x_m)\equiv p^{m+1} \mod p^{m+2}$ 과 $P((x_{m+1})\equiv 0 \mod p^{m+2}$. 시공에 따라$x_{m+1}\equiv x_m \mod p^{m+1}$, 그래서 $x_{m+1}\equiv x_m \equiv x_0 \mod p$,이 유도 단계를 보여줍니다.
Thm . 허락하다$P=(X^2+X+2)(X^2-17)(X^2-19)(X^2-17\times 19)$. 그때$P$ 합리적 뿌리는 없지만 루트 모듈로가 있습니다. $n$ 모든 정수에 대해 $n\geq 2$.
증명. 분명히,$P$합리적인 뿌리가 없습니다. CRT로 증명하는 것으로 충분합니다.$P$ 루트 모듈로가 있습니다 $p^m$ 모든 프라임 $p$ 그리고 다 $m\geq 1$.
참고 $1$ 의 뿌리입니다 $X^2+X+1$ mod 2. 미분 $1$ 이 다항식의 $3$, 즉 $\not\equiv 0 \mod 2$. 그 후$X^2+X+1$. 루트 모드가 있습니다$2^m$ 모든 $m\geq 1$ 사실 2.
허락하다 $p$ 홀수 소수, $p\neq 17,19$. 사실로$2$, 정수 중 하나 $17,19,17\times 19$ 0이 아닌 정사각형 모드입니다. $p$. 허락하다$a$이 정수입니다. 이제 미분$X^2-a$ 정수로 $x_0$ 0이 아닌 $p$ 이다 $2x_0$, 또한 0이 아닌 모듈로 $p$. 사실 2로,$X^2-a$ 루트 모드가 있습니다 $p^m$ 모든 $m\geq 1$.
그것을 가정 $p=17$. 그때$6^2\equiv 19 \mod 17$, 그래서 $X^2-19$ 루트 모드가 있습니다 $p$, 따라서 모드 $p^m$ 모든 $m\geq 1$ 이전과 같이.
그것을 가정 $p=19$. 그때$6^2\equiv 17 \mod 19$, 그래서 $X^2-17$ 루트 모드가 있습니다 $p$, 따라서 모드 $p^m$ 모든 $m\geq 1$ 이전과 같이.
전체적으로 $P$ 루트 모듈로가 있습니다 $p^m$ 모든 프라임 $p$ 그리고 다 $m\geq 1$.