Polynomial Problem No.1

[rsoldo]

Let $a_j, 1\leq a_j\leq n$ are different integers numbers. Prove that the polynomial

$$(x-a_1)\cdot (x-a_2)\cdot ...\cdot (x-a_n)-1$$

cannot be represented as a product of two polynomials with integer coefficients.

[Dendr]

rsoldo в сообщении #1595947 писал(а):

Let $a_j, 1\leq a_j\leq n$ are different integers numbers.

A typo?
Should it be $1\leq j\leq n$?

[worm2]

Предположим, что многочлен равен произведению $P(x)\cdot Q(x)$. Имеем: $P(a_i)\cdot Q(a_i)=-1,\quad i = 1, \dots, n.$
Поскольку многочлен с целыми коэффициентами принимает в целых точках только целые значения, то либо $P(a_i)=+1, Q(a_i)=-1$, либо $P(a_i)=-1, Q(a_i)=+1$.
В обоих случаях $P(x)+Q(x)$ имеет $n$ различных корней ($a_i$). Дальше очевидно.

[mathematician123]

Можно ещё обобщить, если не требовать $a_i$ быть различными. Пусть $X = \{a_1, a_2, \ldots, a_n\}$. Если $|X| > \frac{2n}{3}$, то
многочлен

$$(x - a_1)\cdot(x - a_2)\cdot \ldots \cdot (x - a_n) - 1$$

неприводим.

[zykov]

worm2 в сообщении #1596013 писал(а):

В обоих случаях $P(x)+Q(x)$ имеет $n$ различных корней ($a_i$). Дальше очевидно.

А если $P(x)=-Q(x)$?

[Dendr]

Тогда полином всегда не больше нуля. Но по построению он неограниченно возрастает при положительных $x$.

[iifat]

zykov в сообщении #1596067 писал(а):

А если

Что значит — «если»? Это как раз первый вывод из наличия стольких корней.