Когда все значения многочлена - квадраты?

[Sonic86]

Пусть $P(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами и $(\forall x\in\mathbb{Z})(\exists y)P(x)=y^2$.
Следует ли отсюда, что существует многочлен $R(x):P(x)=R^2(x)$?

(Попытки решения)

линейной подстановкой легко добиться сведением случая четного $\deg P$ к нечетному. Для $\deg P=1$ все понятно. Свободный член многочлена - квадрат. Многочлен не имеет линейных множителей. Можно считать, что многочлен свободен от квадратов. Если $P(x)=A(x)B(x)$, то $\deg \gcd(A(x),B(x))=0$.
Если $f(x)$ - неприводимый кубический многочлен, то затрудняюсь даже тут.

[DiMath]

Sonic86 $y\in\mathbb{Z}, R\in\mathbb{Z}[x]$ ?

[g______d]

http://math.stackexchange.com/questions ... 685#306685

[Sonic86]

g______d, благодарю.
Надо было самому голову доломать.

[Slav-27]

Sonic86 в сообщении #1073434 писал(а):

Пусть $P(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами и $(\forall x\in\mathbb{Z})(\exists y)P(x)=y^2$.
Следует ли отсюда, что существует многочлен $R(x):P(x)=R^2(x)$?

Известно, что и вообще
если значения многочлена (от одной переменной) с целыми коэффициентами во всех целых точках являются $k$-й степенью целого числа ($k$ натуральное), то и сам многочлен является $k$-й степенью какого-то многочлена.

Я знаю доказательство этого утверждения, которое (по-моему) проще даже, чем в той статье для квадратов.

Я нашёл, кстати сказать, это утверждение у какого-то Карасёва в сборнике задач для школьного математического кружка (стр. 26). Там оно в разделе о конечных разностях - но я не понимаю, как доказать через конечные разности: буду благодарен, если кто подскажет.

[Sonic86]

Slav-27 в сообщении #1083336 писал(а):

Я знаю доказательство этого утверждения, которое (по-моему) проще даже, чем в той статье для квадратов.

Напишите, пожалуйста, интересно же.
Хотя указанное доказательство легко обобщается и на другие степени.

[Slav-27]

Sonic86 в сообщении #1083761 писал(а):

Хотя указанное доказательство легко обобщается и на другие степени.

Вы про доказательство достопочтенного Ивана Лоха (оно не его, он это место просто из статьи переписал)? Я, пожалуй, верю, что обобщается, да так ли уж легко? У меня что-то такое ощущение, что там писать и писать.

Вот другое доказательство (не мной выдуманное, оговорюсь сразу).

Итак, пусть есть многочлен $p(x)$ с целыми коэффициентами, такой что все его значения в целых точках суть $k$-е степени целых чисел; требуется доказать, что $p(x)$ есть $k$-я степень некоего многочлена.

Для простоты рассмотрим сперва случай, когда степень $p$ кратна $k$ и старший коэффициент $1$.

Вот $p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+x^{nk}$; извлечём корень $k$-й степени:

$$\sqrt[k]{p(x)}=x^n\sqrt[k]{\frac{a_0}{x^{nk}}+\frac{a_1}{x^{nk-1}}+...+1}.$$

Разложим корень в правой части в ряд по степеням $\dfrac1x$ при $x\to\infty$:

$$\sqrt[k]{p(x)}=x^n(1+\alpha_1x^{-1}+\alpha_2x^{-2}+...+\alpha_nx^{-n}+...)=$$

$$=x^n+\alpha_1x^{n-1}+\alpha_2x^{n-2}+...+\alpha_n+r\left(\frac1x\right),$$

где $r(t)$ обозначает бесконченый ряд, составленный из положительных степеней $t$. Числа $\alpha_1, ..., \alpha_n$ рациональны; домножим последнее равенство на целое число $D$, так чтобы все эти числа по домножении стали целыми; будем иметь

$$D\sqrt[k]{p(x)}=q(x)+R(x),$$

где $q(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами.

Левая часть последнего равенства есть целое число для всех целых $x$, $q(x)$ тоже, а $R(x)\to0$ при $x\to\infty$; поэтому для больших целых $m$ должно быть $R(m)=0$ (в частности для всех $m$, при которых частичные суммы ряда окончательно становятся меньше $1/2$ по абсолютной величине). Следовательно $R\equiv0$, чем и завершается расмотрение этого случая кратной степени.

Общий случай исчерпывается, например, применением вышеприведённого рассуждения к многочлену $p(x)p(x+d_2)p(x+d_3)...p(x+d_k)$, где целые числа $d_k$ следует выбирать так, чтобы многочлены-сомножители попарно не имели общих корней.

[Sonic86]

Slav-27 в сообщении #1083995 писал(а):

Общий случай исчерпывается, например, применением вышеприведённого рассуждения к многочлену $p(x)p(x+d_2)p(x+d_3)...p(x+d_k)$, где целые числа $d_k$ следует выбирать так, чтобы многочлены-сомножители попарно не имели общих корней.

А, понятно, вот как это Вы сделали. А я наоборот сводил к этому случаю вышеприведенный
Спасибо, мне понравилось

[Slav-27]

А не подскажете ли, при чём тут разности?

[Sonic86]

Не знаю. Сомневаюсь, что отвечу на этот вопрос.

[Сергей Михайлов]

Slav-27 в сообщении #1083995 писал(а):

Левая часть последнего равенства есть целое число для всех целых $x$, $q(x)$ тоже, а $R(x)\to0$ при $x\to\infty$; поэтому для больших целых $m$ должно быть $R(m)=0$ (в частности для всех $m$, при которых частичные суммы ряда окончательно становятся меньше $1/2$ по абсолютной величине). Следовательно $R\equiv0$, чем и завершается расмотрение этого случая кратной степени.

А как из того, что для больших целых $m$ должно быть $R(m)=0$ следует, что $R\equiv0$?

[provincialka]

Потому что ненулевой многочлен не может иметь бесконечное число корней.

[Slav-27]

Нули аналитической функции изолированы (если она не тождественно нулевая, конечно)...

[Сергей Михайлов]

provincialka в сообщении #1103766 писал(а):

Потому что ненулевой многочлен не может иметь бесконечное число корней.

Там к сожалению R(X) не многочлен

-- Чт мар 03, 2016 20:54:35 --

Slav-27 в сообщении #1103884 писал(а):

Нули аналитической функции изолированы (если она не тождественно нулевая, конечно)...

А вот это уже похоже на правду. Спасибо )