Định lý Schur trong đa thức

2021/02/15 16:08

#toán #đa thức

Cho PZ[x]P \in \mathbb{Z}[x], degP>1degP>1. Khi đó, dãy (P(n))nZ(P(n))_{n \in \mathbb{Z}} có vô hạn ước nguyên tố.

– Con Heo’s solution –

Chứng minh.

Chứng minh phản chứng. Giả sử (P(n))nZ(P(n))_{n \in \mathbb{Z}} chỉ có hữu hạn ước nguyên tố là p1,p2,pnp_{1}, p_{2}, \cdots p_{n}.

Ta chứng minh được tồn tại và gọi α1,α2,αn\alpha _{1}, \alpha _{2}, \cdots \alpha _{n} lần lượt là các số tự nhiên lớn nhất sao cho

piαiP(n)nZ,i1;2;np_{i}^{\alpha _{i}}|P(n) \forall n \in \mathbb{Z}, \forall i \in {1;2;\cdots n}. (1)(1)

Khi đó: a1,a2,an\exists a_{1}, a_{2}, \cdots a_{n} sao cho

P(ai)̸piαi+1P(a_{i}) \not\vdots p_{i}^{\alpha _{i}+1}, i1;2;n\forall i \in {1;2;\cdots n}.

Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, n0Z\exists n_{0} \in \mathbb{Z} sao cho

n0ai(modpi)n_{0} \equiv a_{i} (mod p_{i}), i1;2;ni \in {1;2;\cdots n}.

    P(n0+k.p1p2pn)̸piαi+1\implies P(n_{0}+k.p_{1}p_{2}\cdot p_{n}) \not\vdots p_{i}^{\alpha _{i}+1}, i1;2;n\forall i \in {1;2;\cdots n}. (kZ)(k \in \mathbb{Z})

Kết hợp với (1)(1) suy ra P(n0+k.p1p2pn)P(n_{0}+k.p_{1}p_{2}\cdot p_{n}) nhận 11 trong 33 giá trị p1α1p2α2pnαnp_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}\cdots p_{n}^{\alpha _{n}}, p1α1p2α2pnαn-p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}\cdots p_{n}^{\alpha _{n}}.

Theo nguyên tắc Dirichclet, tồn tại 11 giá trị trong 22 giá trị trên mà tồn tại vô số nn để P(n)P(n) nhận nó.

Suy ra, P(n)P(n) là hàm hằng. (vô lý)

Vậy ta có đpcm.

Quay trở về Blog