Многочлен и составные числа

[Clayton]

1. Существует ли многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами такой,что не для любых $x,y \in R$ верно, что если $P(x)=P(y)$,то $x=y$, но для любых рациональных $x,y \in Q$ верно,что если $P(x)=P(y)$, то $x=y$.
2. Доказать,что для каждого натурального числа $a$,такого,что $1<a \le 100$,существует хотя бы одно натуральное число $n \le 6$, для которого число $a^{2^{n}}+1$ является составным.

[Sonic86]

Clayton в сообщении #666755 писал(а):

1. Существует ли многочлен $P(x)$ с целыми коэффициентами такой,что не для любых $x,y \in R$ верно, что если $P(x)=P(y)$,то $x=y$, но для любых рациональных $x,y \in Q$ верно,что если $P(x)=P(y)$, то $x=y$.

Вроде нет, поскольку $\mathbb{Q}$ всюду плотно в $\mathbb{R}$, а $P$ - непрерывен.

Clayton в сообщении #666755 писал(а):

2. Доказать,что для каждого натурального числа $a$,такого,что $1<a \le 100$,существует хотя бы одно натуральное число $n \le 6$, для которого число $a^{2^{n}}+1$ является составным.

При $a=1$ неверно...
При нечетных $a$ - верно.

[Clayton]

Sonic86 в сообщении #666761 писал(а):

Вроде нет, поскольку $\mathbb{Q}$ всюду плотно в $\mathbb{R}$, а $P$ - непрерывен.

Дело в том,что задача предлагалась для 10 класса..как бы поаккуратнее это объяснить на уровне 10 класса?

Sonic86 в сообщении #666761 писал(а):

При $a=1$ неверно...

Так $a>1$ по условию.

[Sonic86]

Clayton в сообщении #666766 писал(а):

Так $a>1$ по условию.

Ой! Прошу прощенья... Зачеркнул

Clayton в сообщении #666766 писал(а):

Дело в том,что задача предлагалась для 10 класса..как бы поаккуратнее это объяснить на уровне 10 класса?

Боюсь, что придется это все также и объяснять, только неявно. (т.е. пусть для $x_0, y_0$ это неверно. Берем последовательность рациональных $x_n, y_n$, которые сходятся к $x_0, y_0$, используем непрерывность и приходим к противоречию)

-- Чт янв 03, 2013 19:13:46 --

Clayton в сообщении #666755 писал(а):

2. Доказать,что для каждого натурального числа $a$,такого,что $1<a \le 100$,существует хотя бы одно натуральное число $n \le 6$, для которого число $a^{2^{n}}+1$ является составным.

Нетрудно видеть, что $a$ - нечетно, $a$ - квадратичный невычет по модулям $5;17$ при $a>2$ (случай $a=2$ следует рассмотреть отдельно), либо $5\mid a,$ либо $17\mid a$ (т.е. надо вычеркнуть случаи $a\equiv 1,4 \pmod 5, a\equiv 1,2,4,8,9,13,15,16 \pmod{17}$). Интересно, это сильно поможет?
upd: можно еще отсеивать числа, решая сравнения $a^2+1\equiv 0\pmod p$ для $p=4k+1$. В общем, мой метод прост: решето. Отсеять достаточно много, пока не останется 1-2 числа, а с ними уж отдельно разобраться. Больше я ничего не придумал

[nnosipov]

1. Существует, например $P(x)=x^3-2x$.
2. См. задачу 10.8 из финала XXXV Всероссийской олимпиады, а также задачу 135 в книге Серпинского "250 задач по теории чисел".