Значения многочлена с целыми коэффициентами

[NEvOl]

Здравствуйте, пытаюсь понять верно доказательство или нет. Нужно доказать следующее:
Пусть $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ тогда $\left( \exists a,b,c,d \in \mathbb{Z}: f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=1\right) \Rightarrow \left( \forall n \in \mathbb{Z} f(n) \neq -1\right) $.
Доказательство: т.к. $a,b,c,d$ - корни многочлена $f(x)-1$, то по теореме о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами получаем что $\forall m \in \mathbb {Z} $ числа $a-m, b-m, c-m, d-m$ делят нацело $f(m)-1$.
Предположим о/п что $\exists n \in \mathbb{Z} : f(n) = -1 $, тогда $f(n)-1 = -2$ и числа $a-n, b-n, c-n, d-n$ делят $f(n)-1 = -2$ причем, $a-n, b-n, c-n, d-n$ - попарно различны значит произведение чисел: $a-n, b-n, c-n, d-n$ тоже делит $f(n)-1 = -2$, но $\{ a-n, b-n, c-n, d-n \} = \{ \pm1, \pm2 \}$ т.к. это делители 2ки и тогда $(a-n)(b-n)(c-n)(d-n) = 4$ но 4 не делит нацело -2. Утверждение, доказано.
Пытаюсь понять, верно это доказательство или нет, из того что числа $a-n, b-n, c-n, d-n$ - попарно различны не следует что их произведение делит $f(n)-1$, но может это следует из чего-то другого. Например по теореме Безу, биномы $(x-a), (x-b), (x-c), (x-d)$ делят $f(x)-1$ в $Q[x]$, причем биномы $(x-a), (x-b), (x-c), (x-d)$ - попарно взаимно просты и значит их произведение тоже делит $f(x)-1$ в $Q[x]$, но тогда и результатом деления при значении $x = n$ может быть рациональное число, в частности $-1/2$.
Таким образом мой вопрос такой: следует ли из чего-то, что произведение чисел $a-n, b-n, c-n, d-n$ должно делить $f(n)-1$ или нет ?

P.S. верное доказательство этого утверждения прошу не приводить.

[kotenok gav]

NEvOl в сообщении #1295374 писал(а):

следует

Только если числа взаимно просты, а это может быть не так.

[iifat]

kotenok gav в сообщении #1295376 писал(а):

Только если числа взаимно просты

Речь-то не о числах. Многочлены $x-a$ и т.д. делят многочлен. А они как раз таки взаимно просты.

[NEvOl]

iifat в сообщении #1295377 писал(а):

Многочлены $x-a$ и т.д. делят многочлен.

Произведение должно делить $f(x)-1$ в $Q[x]$, значит и при делении при конкретном x, результатом должно быть рациональное число ?

[iifat]

Ну, $p(x)=q(x)(x-a)+p(a)$ верно и для многочленов с целыми коэффициентами, и с рациональными. Лишь бы делителей нуля в поле коэффициентов не было. А поскольку все четыре корня по условию целые, то всё в порядке, имхо.

[vpb]

iifat в сообщении #1295383 писал(а):

то всё в порядке, имхо

Данное имхо несколько поспешно.
NEvOl,
Вы знаете, что такое лемма Гаусса (её тут надо использовать) ?

[NEvOl]

vpb
да, если речь о примитивных многочленах.

[vpb]

Впрочем, без леммы Гаусса можно обойтись. Попробуйте доказать следующее (как в сущности ewert выше заметил): если $f(x)\in{\mathbb Z}[x]$ имеет корень $a\in{\mathbb Z}$, то $f$ делится на $x-a$ не только в ${\mathbb Q}[x]$, но и в ${\mathbb Z}[x]$ .

-- 04.03.2018, 11:44 --

А затем выведите, по индукции, что если $f$ делится на $(x-a_1)\ldots(x-a_m)$ в ${\mathbb Q}[x]$, где все $a_i$ --- целые и попарно различные, то и в ${\mathbb Z}[x]$ делится.

[iifat]

vpb в сообщении #1295389 писал(а):

Данное имхо несколько поспешно

Не вижу ни поспешности, ни гг. Гаусса и ewert в данном топике. Формула $p(x)=q(x)(x-a)+p(a)$ вполне себе легко доказывается, дальнейшее из неё вполне себе очевидно следует.

[vpb]

Прежде всего, iifat, ewert, извините, что вас перепутал. То ли от того, что у обоих ник на t заканчивается, то ли от того, что в отношении обоих у меня в голове образ зрелого, умудрённого мужа. А более всего --- просто с недосыпу.

Про Гаусса. Следствием леммы Гаусса является такое утверждение: если $f,g\in{\mathbb Z}[x]$, $f$ делится на $g$ в ${\mathbb Q}[x]$, и НОД коэффициентов $f$ делится на НОД коэффициентов для $g$, то $f/g\in{\mathbb Z}[x]$.
(NEvOl, Вам понятно, как именно следует? Если не понятно, сформулируйте лемму Гаусса, как Вы её помните.)
Использовать такое рассуждение тут сразу же приходит на ум. Однако можно обойтись и без того, как указано выше (по существу вопроса я вчера, невзирая на недосып, не ошибся. Впрочем, нет, слегка ошибся: предполагать, что $a_i$ попарно различны, было излишне).

iifat в сообщении #1295403 писал(а):

дальнейшее вполне себе очевидно следует

Да, следует, но не мгновенно (я так воспринимаю, во всяком случае).

[kotenok gav]

iifat в сообщении #1295377 писал(а):

Речь-то не о числах.

Речь-то как раз о числах:

NEvOl в сообщении #1295374 писал(а):

произведение чисел $a-n, b-n, c-n, d-n$ должно делить $f(n)-1$ или нет ?

[vpb]

Таки я сделал, по-видимому, ошибку в методическом отношении. Если считать, что ТС знает теорему об однозначном разложении на простые множители для кольца многочленов над целыми числами (а так, вероятно, и есть), то тогда лемма Гаусса точно не нужна (однако сама эта теорема через нее доказывается).

NEvOl в сообщении #1295374 писал(а):

Таким образом мой вопрос такой: следует ли из чего-то, что произведение чисел $a-n, b-n, c-n, d-n$ должно делить $f(n)-1$ или нет ?

Нет, из рассуждений с числами самими по себе это не может следовать (так как они могут быть не взаимно просты, как уже выше указал наш юный друг kotenok gav). Следует только из того факта, что произведение $(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)$ делит $f(x)$ в кольце ${\mathbb Z}[x]$.