Количество простых делителей значений полинома

[Руст]

Пусть P(x) полином с целыми коэффициентами.
Доказать, что для любого натурального k существует натуральное число m, что P(m) отлично от нуля и имеет в разложении как минимум k различных простых делителей.

[nworm]

Не понял условия. А если, например, $P(x)\equiv 0$?

[незваный гость]

Ну добавьте в условие "степени не ниже первой"...

[Юстас]

Заметим, что достаточно рассмотреть полиномы со свободным членом +1 либо -1.
Предположим, что множество значений полинома порождается лишь конечным набором простых чисел $p_1,\dots, p_k $. Так как $f(x_1)-f(x_2)$ кратно $x_1-x_2$, то, положив $x_2=0$, получим для любого $x_1$ $\exists {\alpha_1,\dots,\alpha_k} : p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}=+-1$(mod $x_1$). Теперь достаточно $x_1:=p_1\cdot p_2\dots p_k$, очевидно получаем противоречие с предположением о конечности.

[Руст]

Юстас писал(а):

Заметим, что достаточно рассмотреть полиномы со свободным членом +1 либо -1.
Предположим, что множество значений полинома порождается лишь конечным набором простых чисел $p_1,\dots, p_k $. Так как $f(x_1)-f(x_2)$ кратно $x_1-x_2$, то, положив $x_2=0$, получим для любого $x_1$ $\exists {\alpha_1,\dots,\alpha_k} : p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}=+-1$(mod $x_1$). Теперь достаточно $x_1:=p_1\cdot p_2\dots p_k$, очевидно получаем противоречие с предположением о конечности.

Почему можно ограничиться полиномомами со свободным членом +-1?
Ваш метод работает и для других случаев, взяв x как произведение тех простых, которые не делят свободный член.
Однако это доказывает, только то, что существует бесконечное множество простых чисел, делящих значения полинома, но не решает поставленную задачу.

[Юстас]

Если имеют решения сравнения $f(x)=0$(mod $p_1)$ и $f(x)=0$(mod $p_2)$, то и сравнение $f(x)=0$(mod $p_1\cdot p_2)$ имеет решения.
Положим $y:=x\cdot a_n$ и рассмотрим полином P(y). Он имеет вид $P(y)=a_n\cdot Q(x)$, где у Q(x) свободный член равен +1 или -1. Так как для Q(x) утверждение верно, то верно и для P(y).

[Руст]

Юстас писал(а):

Если имеют решения сравнения $f(x)=0$(mod $p_1)$ и $f(x)=0$(mod $p_1)$, то и сравнение $f(x)=0$(mod $p_1\cdot p_2)$ имеет решения.
Положим $y:=x\cdot a_n$ и рассмотрим полином P(y). Он имеет вид $P(y)=a_n\cdot Q(x)$, где у Q(x) свободный член равен +1 или -1. Так как для Q(x) утверждение верно, то верно и для P(y).

Я не понял, что к чему здесь?
А решение дальше совсем простое. Пусть
$p_i|f(x_i),i=1,2,...,k.$
Так как простые числа между собой взаимно просты, по китайской теореме об остатках существует m: $m=x_i(mod \ p_i), N=\prod_i p_i$, что P(m+lN) делится на все простые делители N. Так как корней конечное число, то можно выбрать l, чтобы P(m+lN) было отлично от нуля.

[Юстас]

Немного невпопад написал предыдущее сообщение.

Юстас писал(а):

Если имеют решения сравнения $f(x)=0$(mod $p_1)$ и $f(x)=0$(mod $p_2)$, то и сравнение $f(x)=0$(mod $p_1\cdot p_2)$ имеет решения.

Это доказывает, что если существует бесконечное множество простых чисел, делящих значения полинома, то и исходное утверждение задачи верно.

Юстас писал(а):

Положим $y:=x\cdot a_n$ и рассмотрим полином P(y). Он имеет вид $P(y)=a_n\cdot Q(x)$, где у Q(x) свободный член равен +1 или -1. Так как для Q(x) утверждение верно, то верно и для P(y).

Это позволяет рассмотривать только полиномы со свободным членом +1 или -1.

[juna]

Руст писал(а):

Пусть P(x) полином с целыми коэффициентами.
Доказать, что для любого натурального k существует натуральное число m, что P(m) отлично от нуля и имеет в разложении как минимум k различных простых делителей.

А если изменить условие:

Пусть P(x) полином с целыми коэффициентами.
Доказать, что для любого натурального k существует натуральное число m, что P(m) отлично от нуля и имеет в разложении ровно k различных простых делителей.
или
Доказать, что для любого натурального k существует натуральное число m, что P(m) отлично от нуля и имеет в разложении не больше k различных простых делителей.


Будет ли это утверждение верно?

[незваный гость]

Нет. Рассмотрите $p(x) = n! x$ -- имеет не меньше $\pi(n)$ простых делителей.

[juna]

Да, неправильно сформулировал:
Существует ли такой многочлен P(x), что для любого натурального k существует натуральное число m, что P(m) отлично от нуля и имеет в разложении ровно (не больше) k различных простых делителей.
А еще интереснее
Существует ли такой многочлен P(x), что для заданного натурального $k>1$ , $\forall x P(x)$ отлично от константы и имеет в разложении ровно (не больше) k различных простых делителей.

[Руст]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Да, неправильно сформулировал:
Существует ли такой многочлен P(x), что для любого натурального k существует натуральное число m, что P(m) отлично от нуля и имеет в разложении ровно (не больше) k различных простых делителей.
А еще интереснее
Существует ли такой многочлен P(x), что для заданного натурального $k>1$ , $\forall x P(x)$ отлично от константы и имеет в разложении ровно (не больше) k различных простых делителей.

Уже доказали, что для любого k имеется значение имеющее не менее k различных простых делителей. Поэтому не существует многочлена с фиксированным значением простых деителей.
Если многочлен непривлдим имеет смысл спрашивать имеет ли он бесконечное количество простых значений или при фиксированном k, имеет ли он бесконечное множество значений имеющих не более k простых делителей.

[juna]

Цитата:

Уже доказали, что для любого k имеется значение имеющее не менее k различных простых делителей. Поэтому не существует многочлена с фиксированным значением простых деителей.

Хорошо, итак, доказали, что не существует многочлена, принимающего при всех значениях аргумента только простые значения, только произведение двух простых и т.д. - нет ограничений.

Цитата:

Если многочлен непривлдим имеет смысл спрашивать имеет ли он бесконечное количество простых значений или при фиксированном k, имеет ли он бесконечное множество значений имеющих не более k простых делителей.

Хорошо, имеет ли неприводимый многочлен вида $\frac{x^n-1}{x-1}$ для заданного $k>0$ бесконечное множество не более $k$ простых делителей

[Руст]

Такие вопросы можно задавать, однако они являются ослаблением (а при k=1 эквивалентным ) нерешённой проблеме имеет ли неприводимый многочлен бесконечное множество простых значений. Последнее нерешённая пробрема даже для квадратного многочлена (хотя Котофеич тут утверждал, что для некоторых случаев квадратного многочлена он решил проблему, так как на мою просьбу представить доказательство для проверки не ответил, то будем считать, что его ещё нет).

[juna]

Цитата:

Такие вопросы можно задавать, однако они являются ослаблением (а при k=1 эквивалентным ) нерешённой проблеме имеет ли неприводимый многочлен бесконечное множество простых значений. Последнее нерешённая пробрема даже для квадратного многочлена (хотя Котофеич тут утверждал, что для некоторых случаев квадратного многочлена он решил проблему, так как на мою просьбу представить доказательство для проверки не ответил, то будем считать, что его ещё нет).

Вы про гипотезу Шинцеля?
Если рассмотреть частный случай: $x^2+x+1=x(x+1)+1$, берем $x=4n_1$, тогда если существует бесконечно много чисел вида $4n_1^2+n_1$, $n_1$ - нечетно, не представимых ни одной из форм $4mn+m+n$, $4mn-m-n$, то в форме $x^2+x+1$ существует бесконечно много простых. Хотя, конечно, это мало помогает, а если существует конечное, то ничего не доказывает.