Непрводимость многочленов

[xolms]

Пусть $g(x)=(x-a_1)\cdots(x- a_n)$, где $a_1,\ldots, a_n$ - различные целые числа.
Доказать, что $f(g(x))$ - неприводим, где $f(x)=ax^2+bx+1$, $f(x)$ - неприводим ($a$ - натуральное, $b$ - целое)
Для $f(x)$ c отрицательным дискриминантом решение есть, а дальше не знаю...HELP

[Brukvalub]

Если $f(x) = x^2 - 2x + 1 = (x - 1)^2 $ и $g(x) = x - 1$, то $f(g(x)) = (x - 2)^2 $ - приводим. ?

[xolms]

Brukvalub: Спасибо.
Вообще вопрос стоял, как исследование. Я нашел решение для f(x) с отрицательным дискриминантом и думал, что для других f(x) f(g(x)) будет неприводим. Теоретически пример верен. Только вот он это частный случай f(x) и g(x), а хотелось бы и для остальных решение.
(то есть то, что других примкров нет или алгоритм построения и.т.д.)

[xolms]

Сразу не сообразил: x^2-2x+1-приводим, так что пример не подходит.
Но все равно спасибо.

[Brukvalub]

Прошу прощения: я и сам не прочёл внимательно условие Вашей задачи. Но ведь квадратный трёхчлен неприводим над полем вещественных чисел в точности тогда, когда его дискриминант отрицателен, то есть Вы уже и сами, как Вы написали, умеете всё доказывать?

[xolms]

Мне нужно для множества целых чисел. То есть когда дискриминант отрицателен или есть вещественные не целые корни.

[RIP]

Вот док-во неприводимости для $n\geqslant7$.
Допустим, что $f(g(x))=l(x)h(x)$. Можно считать, что $l,h\in\mathbb{Z}[x]$. Подстановка $x=a_j$ дает $l(a_j)=h(a_j)=\pm1$. Пусть для определенности $\deg l\leqslant n$. Пусть $\varepsilon\in\{\pm1\}$ таково, что уравнение $l(x)=\varepsilon$ имеет $k\geqslant\frac n2$ ($\Rightarrow k\geqslant4$) корней вида $x=a_j$, без потери общности, это $a_1,a_2,\ldots,a_k$. Можно считать $\varepsilon=1$, иначе рассмотрим разложение $f(g(x))=(-l(x))(-h(x))$. Тогда $l(x)=1+(x-a_1)\ldots(x-a_k)u(x)$, $u\in\mathbb{Z}[x]$. Если $k<n$, то подстановка $x=a_n$ дает
$(a_n-a_1)\ldots(a_n-a_k)u(a_n)=-2$.
Такое равенство невозможно, т.к. $a_n-a_1,\ldots,a_n-a_k$ - различные целые числа и их не менее $4$.
Значит, $k=n$ и, поскольку $\deg l\leqslant n$, получаем $l(x)=1+cg(x)$, $c\in\mathbb{Z}$.
Тогда $\deg h=n$ и похожими рассуждениями получаем $h(x)=1+dg(x)$, $d\in\mathbb{Z}$.
Но тогда $f(x)=(1+cx)(1+dx)$ приводим. Противоречие.

Возможно, некоторая модификация этих рассуждений пройдет и в случае $n\leqslant6$, но мне сразу ниче в голову не приходит. Но похожие рассуждения позволяют случай $n\leqslant6$ свести к конечному перебору. Для этого достаточно заметить, что можно считать какое-то из $a_j$ равным $0$ (поскольку многочлены $P(x)$ и $P(x-c)$ при $c\in\mathbb{Z}$ одновременно приводимы/неприводимы). Тогда в приведенном выше рассуждении с $l(x)$ для $a_1,\ldots,a_n$ получаем конечное число возможностей.

Добавлено спустя 22 минуты 25 секунд:

xolms
А не могли бы Вы привести хотя бы идею док-ва для случая, когда дискриминант отрицателен.

Добавлено спустя 18 минут 9 секунд:

Для $n>4$ проходит то же док-во (с небольшим уточнением). А вот для $n\leqslant4$ избавиться от перебора у меня не получается.

[xolms]

Все аналогично, но можно принимать, что $l(x_i )=h(x_j )=1$ или -1. Тогда у каждого степень n и $l(x)-1=k*g(x)$. Все перемножим и получим, что может быть можно привести если имеет решение уравнение $x^2+bx+a$, но его дискриминант отрицателен.

Добавлено спустя 7 минут 34 секунды:

Если интересно, то первая часть задачи-$f(x)=mx+1$,при каких $m$ $f(g(x))$-может быть приводим.

[RIP]

Блин, для отрицательного дискриминанта, действительно, очевидно. Ну и тупой же я бываю иногда.

[xolms]

А что за уточнение? Врде если k=3, то если $a_3=a_n+2; a_2=a_n+1;a_1=a_n-1$ то вроде противоречия нет, а $ u(a_n)=1$ тоже вроде ничего не меняет.
p.s. Я чё то не догоняю да?

[RIP]

Если $k=3$, а $n>4$, то есть еще точка $a_4$. Подставьте вместо $a_n$.

[xolms]

$ a_4$- не корень $l(x)-1$, $l(a_4)=-1$
Все понял. Не прочитал доконца