Czy mój dowód na to pytanie dotyczące teorii liczb jest ważny?

Question

Miałem następujące pytanie:

Czy istnieje niezerowy wielomian $P(x)$ ze współczynnikami całkowitymi spełniającymi oba poniższe warunki?

• $P(x)$ nie ma racjonalnych korzeni;
• Dla każdej dodatniej liczby całkowitej $n$istnieje liczba całkowita $m$ takie że $n$ dzieli $P(m)$.

Stworzyłem dowód pokazujący, że nie było wielomianu spełniającego oba te warunki:

Załóżmy, że mamy niezerowy wielomian o współczynnikach całkowitych $P(x)=\sum_i c_i x^i$ bez racjonalnego pierwiastka i dla wszystkich dodatnich liczb całkowitych $n$, mamy liczbę całkowitą $m_n$ takie że $n|P(m_n)$. To by implikowało$P(m_n)\equiv0\pmod n\Rightarrow \sum_i c_i m_n^i\equiv0$. Mamy Freshman's Dream$P(m_n+an)=\sum_i c_i(m_n+an)^i\equiv\sum_i c_im_n^i+c_ia^in^i\equiv\sum_ic_im_n^i=P(m_n)\equiv0\pmod n$ dla jakiejś liczby całkowitej $a$. Dlatego jeśli$b\equiv m_n\pmod n$ następnie $P(b)\equiv P(m_n)\equiv0\pmod n$.

Teraz powyższe warunki i ustalenia wskazują na wszystko pierwsze $p$, mamy numer $m_p$ takie że $p|P(m_p)$i to jeśli $b\equiv m_p\pmod p$ następnie $P(b)\equiv 0\pmod p$. Rozważ zbiór najmniejszych$n$ liczby pierwsze $\{p_1,p_2,p_3,\cdots,p_n\}$. Według chińskiego twierdzenia Reamaindera istnieje liczba całkowita$b$ takie że $b\equiv m_{p_1}\pmod{p_1},b\equiv m_{p_2}\pmod{p_2},b\equiv m_{p_3}\pmod{p_3},\cdots,b\equiv m_{p_n}\pmod{p_n}$przez chińskie twierdzenie o resztach. Następnie$p_1,p_2,p_3\cdots,p_n|P(b)\Rightarrow p_1p_2p_3\cdots p_n|P(b)$. Tak jak$n$ zbliża się do nieskończoności (ponieważ istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych), $p_1,p_2,p_3\cdots,p_n$zbliża się do nieskończoności. Dlatego też$P(b)=\infty$ lub $P(b)=0$. Ponieważ na skończone$b$ i współczynniki całkowite $P(b)$ musi więc być skończony $P(b)=0$. Jednak jak$a$ jest liczbą całkowitą, to sugeruje $P$ ma racjonalne korzenie, sprzeczność.

Nie jestem pewien, czy mój dowód jest poprawny, a moim głównym zmartwieniem jest to, że niepoprawnie używam chińskiego twierdzenia o resztach, ponieważ nie jestem pewien, czy mogę zastosować je do nieskończenie wielu dzielników.

Czy ten dowód jest poprawny, a jeśli nie, jak rozwiązać to pytanie?

EDYCJA: Wydaje się, że nie tylko mój dowód jest nieprawidłowy (jak$b$nie jest zbieżny), jak pokazał Paul Sinclair, ale według Jaapa Scherphuisa istnieją przykłady wielomianów, które spełniają te warunki. Dlatego moje pytanie brzmi teraz, jak można udowodnić istnienie tych wielomianów przy użyciu metod elementarnych (ponieważ jest to problem testu selekcji IMO).

Answer 1

Rozważmy wielomian

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

Oczywiście nie ma to racjonalnych rozwiązań. Chcemy pokazać, że zgodność$P(x) \equiv 0 \bmod{m}$ można rozwiązać dla wszystkich liczb całkowitych $m$. Według chińskiego twierdzenia o resztach jest to to samo, co pokazywanie$P(x) \equiv 0 \bmod{p^k}$ jest rozwiązalny dla wszystkich głównych mocarstw $p^k$.

Zauważ, że jeśli którykolwiek $13$, $17$lub $221$ jest kwadratową resztą modulo $p^k$, a następnie jedno z wyrażeń kwadratowych w $P$ jest różnicą kwadratów modulo $p^k$i czynniki w kategoriach liniowych i gotowe. Pokazujemy, że tak jest zawsze.

Na dziwne $p \neq 13,17$, nie wszystkie z $13$, $17$, $221$ może być kwadratową nieresztyową modulo $p^k$w przeciwnym razie mielibyśmy następującą sprzeczność

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

Jeśli $p = 13$ wtedy 17 jest kwadratową resztą modulo $p^k$ ponieważ mamy kwadratową wzajemność

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

Jeśli $p=17$ podobny argument ma zastosowanie.

Dla $p=2$ możemy użyć lematu Hensela, aby pokazać to dla każdego dziwnego $a$, $x^2 \equiv a \bmod{2^k}$ jest do rozwiązania dla wszystkich $k$ wtedy i tylko wtedy gdy $a \equiv 1 \bmod{8}$. W związku z tym$17$ jest kwadratową resztą modulo $2^k$ dla wszystkich $k$.

Answer 2

Twoja definicja $b$ zależy od $n$. Więc to nie jest stała$b$, ale raczej każdy $n$ ma swój własny $b_n$. I tak nie jest$P(b) = \infty$ lub $P(b) = 0$, lecz $$\lim_{n\to\infty} P(b_n) = \infty\text{ or }\lim_{n\to\infty} P(b_n) = 0$$Ale to całkowicie psuje twój wniosek. Ponieważ nie masz skończonego ustalonego$b$, nie masz korzenia $P(b) = 0$.

Answer 3

Oto podstawowy sposób jawnego skonstruowania takiego wielomianu. Będę potrzebował faktu, że jeśli$p\nmid a$, następnie $a$ jest odwracalną modulo $p$, co można udowodnić za pomocą twierdzenia Bézouta.

Dowód na fakt 1 jest niezwykle długi, ponieważ nie chciałem używać teorii grup, a jedynie kongruencje. Można go skrócić do 5-liniowego dowodu, jeśli zezwoli się na iloraz grup i grup$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$.

Fakt 1. Niech$p$być nieparzystą liczbą pierwszą. Następnie liczba niezerowych kwadratów modulo$p$ jest $\dfrac{p-1}{2}$. W szczególności, jeśli$a,b$ są całkami pierwszymi względem $p$, a następnie jedną z liczby całkowitej $a,b$ lub $ab$ to kwadratowy mod $p$.

Dowód. Zestaw$m=\dfrac{p-1}{2}$. Liczba całkowita względnie pierwsza do$p$ jest przystająca do jakiejś liczby całkowitej $\pm k$, gdzie $1\leq k\leq m$. Od$(-k)^2\equiv k ^2 \mod p$jest co najwyżej $m$ niezerowy tryb kwadratowy $p$.

Teraz jeśli $1\leq k_1,k_2\leq m$ usatysfakcjonować $k_1^2\equiv k_2^2 \mod p$, następnie $p\mid (k_1-k_2)(k_1+k_2)$. Zwróć na to uwagę$2\leq k_1+k_2\leq 2m=p-1$, więc $p\nmid k_1+k_2$. W związku z tym$p\mid k_1-k_2,$ znaczenie $k_1=k_2$ od $-p<-m\leq k_1-k_2\leq m<p$. W konsekwencji integruje$k^2,1\leq \leq m$ wszystkie są odrębnymi modulo $p$i jest dokładnie $m$ niezerowy kwadratowy mod $p$.

Teraz pozwól $a,b$ być dwiema liczbami całkowitymi względnie pierwsze $p$. Jeśli$a $lub $b$ jest kwadratowym modulo $p$, skończyliśmy. Założyć$a,b$ nie są kwadratami modulo $p$. Od$a$ jest względnie pierwsze $p$; jest odwracalnym modulo$p$, więc elementy $A=\{a k^2, 1\leq k\leq m\}$ są parami odrębnymi modulo $p$. Teraz żywioły$B=\{k^2, 1\leq k\leq m\}$ wszystkie są odrębnymi modulo $p$.

Zauważ, że nie jest to możliwe $ak_1^2\equiv k_2^2 \mod p$ dla niektórych $1\leq k_1,k_2\leq m$, bo inaczej $a$ byłoby kwadratowym modulo $p$, jak widać po pomnożeniu przez kwadrat odwrotności mod $p$ z $k_1$.

Argument liczący pokazuje następnie, że liczba całkowita względnie pierwsza $p$ może być reprezentowany przez unikalny element $A\cup B$ modulo $p$ .

Tak więc, jeśli $b$ to nie jest kwadratowy mod $p$, następnie $b$ jest przystająca do elementu $B.$ w konsekwencji $b\equiv a k^2\mod p$, i $ab\equiv (ak)^2\mod p$ to kwadratowy mod $p$.

Fakt 2. Niech$p$ być liczbą pierwszą i niech $P\in\mathbb{Z}[X]$. Załóżmy, że jest$x_0\in \mathbb{Z}$ takie że $P(x_0)\equiv 0 \mod p $ i $P'(x_0)\not\equiv 0 \mod p$. Wtedy dla wszystkich$m\geq 0$, istnieje $x_m\in\mathbb{Z}$ takie że $P(x_m)\equiv 0 \mod p^{m+1}$ i $x_{m}\equiv x_0 \mod p.$

Prof. przez indukcję$m$, walizka $m=0$będąc częścią założenia. Załóżmy, że takie$x_m$ istnieje dla niektórych $m\geq 0$ i pokażmy istnienie niektórych $x_{m+1}$. Z założenia$P(x_m)=\mu p^{m+1}$. Pozwolić$0\leq \lambda\leq p-1$ takie że $\lambda$ jest odwrotnością $P'(x_0)$ modulo $p$, i nastaw $x_{m+1}=x_m-\mu \lambda p^{m+1}$.

Zauważ, że dla wszystkich $x,y\in\mathbb{Z}$, mamy $P(x)=P(y)+(x-y)P'(y)+(x-y)^2 Q(y)$ dla niektórych $Q\in \mathbb{Z}[X]$. Stosując to do$x=x_{m+1}$ i $y=x_m$, mamy $P(x_{m+1})=\mu p^{m+1}-\mu\lambda p^{m +1}P'(x_m) \ mod p^{m+2}$.

Od $x_m\equiv x_0 \mod p$, mamy $P'(x_m)\equiv P'(x_0) \mod p$ a zatem $\lambda P'(x_m)\equiv \lambda P'(x_0)\equiv 1 \mod p$. w konsekwencji$\lambda p^{m+1}P'(x_m)\equiv p^{m+1} \mod p^{m+2}$ i $P((x_{m+1})\equiv 0 \mod p^{m+2}$. Na zakończenie należy zauważyć, że ze względu na konstrukcję$x_{m+1}\equiv x_m \mod p^{m+1}$, więc $x_{m+1}\equiv x_m \equiv x_0 \mod p$, który pokazuje ten krok indukcyjny.

Thm . Pozwolić$P=(X^2+X+2)(X^2-17)(X^2-19)(X^2-17\times 19)$. Następnie$P$ nie ma racjonalnych korzeni, ale ma rdzeń modulo $n$ dla każdej liczby całkowitej $n\geq 2$.

Dowód. Wyraźnie,$P$nie ma racjonalnych korzeni. Wystarczy CRT, aby to udowodnić$P$ ma root modulo $p^m$ dla wszystkich prime $p$ i wszystkich $m\geq 1$.

Zwróć na to uwagę $1$ jest korzeniem $X^2+X+1$ mod 2. Pochodna w $1$ tego wielomianu wynosi $3$, który jest $\not\equiv 0 \mod 2$. W związku z tym$X^2+X+1$. ma mod roota$2^m$ dla wszystkich $m\geq 1$ przez fakt 2.

Pozwolić $p$ być nieparzystą liczbą pierwszą, $p\neq 17,19$. Faktycznie$2$, jedna z liczb całkowitych $17,19,17\times 19$ to niezerowy kwadratowy mod $p$. Pozwolić$a$być tą liczbą całkowitą. Zauważ teraz, że pochodna$X^2-a$ na liczbie całkowitej $x_0$ która jest różna od zera $p$ jest $2x_0$, co również jest niezerowe modulo $p$. Faktem 2,$X^2-a$ ma mod roota $p^m$ dla wszystkich $m\geq 1$.

Zakładać, że $p=17$. Następnie$6^2\equiv 19 \mod 17$, więc $X^2-19$ ma mod roota $p$, stąd mod $p^m$ dla wszystkich $m\geq 1$ jak poprzednio.

Zakładać, że $p=19$. Następnie$6^2\equiv 17 \mod 19$, więc $X^2-17$ ma mod roota $p$, stąd mod $p^m$ dla wszystkich $m\geq 1$ jak poprzednio.

W sumie $P$ ma root modulo $p^m$ dla wszystkich prime $p$ i wszystkich $m\geq 1$.