Про многочлены над конечными полями.

[Duelist]

Добрый день. Решаю задачу, но к стыду не успешно. Просьба, помочь.
Пусть задан фиксированный многочлен $f(x)= ax^2+bx+c$ $\in Z[x]$ мне нужно установить бесконечность простых $p$, таких что $f(x)$ разлагается на линейные множители над $\mathrm{F_p}=Z/pZ$.
У меня было две мысли. Первая. Разделить с остатком $f(x)$ на все $x-u,$ $u \in Z$. Получим счётное мн-во представлений $f(x)=(x-u)q(x)+r_u$ и тогда достаточно показать, что $r_u = 0 (\mod p)$ для бесконечного кол-ва $(u;p)$. Это равносильно тому, что все значения $f$ на $Z$ не лежат ни в каком мультипликативном подмн-ве $Z$, порождённом конечным количеством простых чисел. Иными словами, значения многочлена $f(x)$ на $Z$ имеют бесконечное кол-во простых делителей.

Вторая мысль связана с тем, чтобы показать, что $b^2-4ac$ будет квадратичным вычетом по модулю бесконечного кол-ва простых чисел.

[nnosipov]

Duelist
Обе мысли правильные. Первая проще (совсем элементарные рассуждения, верно для любого многочлена и даже квази-многочлена), а по поводу второй --- вспомните про квадратичный закон взаимности (лучше сразу для символа Якоби).

[Duelist]

nnosipov

Я всё же, к сожалению, не вижу того элементарного рассуждения.
Если по индукции, ясно, что значения многочленов с нулевым свободным членом могут делиться на все простые числа. Предположим это верно, когда свободный член $c$ меньше $n$. Рассмотрим $f(x)$ со свободным членом $c+1...$
Ну получаем мн-во значений $f$, порождаемое бесконечным количеством простых чисел и ставим ему в соответствие то же множество со сдвигом на единицу. Оно вроде тоже должно делиться на бесконечное мн-во простых чисел. Хотя, строго не доказал. Или Вы другое рассуждение имели в виду?

[Duelist]

nnosipov
А, до меня, кажется, дошло.
Пусть свободный член $c$ не делится ни на какой элемент мультипликативного подмн-ва $S$, порождаемомго конечным мн-вом простых чисел, к которому принадлежат все значения $f$ на $Z$. Тогда достаточно взять значение $f$ на произведении всех простых чисел из $S$.
Если же $c$ делится на $p \in S$, то возьмём значение $f$ на произведении всех простых чисел из $S$ в одинаковых степенях, больших чем максимальная степень, в которой в входят в разложение $c$ какие-либо эл-ты из $S$. Обозначим данное произведение $T$. Тогда $(f-c)(T) + c = f(T) \in S$. Причём в $f(T)$ также обязательно должен быть эл-т из $S$ в степени, большей чем в $c$ из соображений нормированности.Теперь сокращая обе части на произведение эл-тов $S$ в $c$ в их степенях, получим противоречие по делимости.
Так правильно?

[nnosipov]

Duelist в сообщении #1389090 писал(а):

Так правильно?

Ну, наверное (все необходимые ингредиенты вроде бы присутствуют, а в детали я не вдавался). Здесь идея Евклида (та, с помощью которой доказывается бесконечность множества простых чисел) работает. Технически можно упростить, сведя к случаю многочлена со свободным коэффициентом $1$. Но это все мелочи, дело вкуса.

[Duelist]

nnosipov
Спасибо.
Комп умер, с мобильника в муках набираю. Так бы я подробнее и "культурнее" написал.