2012.11 寻找多项式

Lwins_G

令$p$是一个给定的质数但不是一个Wieferich质数（即$p^2 \nmid 2^{p-1}-1$）。求所有的多项式$P(n)$，使得：对于所有的满足$a+b$为一个$p$次方数的正整数$a,b$，都有$P(a)+P(b)$亦为一个$p$次方数。

附注：由于是11月的题目，该题的解答已公布。不过请允许我暂时不将其给出。

wayne

好像难度很大阿

郭先抢

穷举法可以办到吗?反正现在的计算机挺强大的

Lwins_G

穷举法可以办到吗?反正现在的计算机挺强大的
郭先抢 发表于 2012-12-16 16:02

如何穷举呢？

mathe

应该P(x)次数不能超过一次。
可以参考
http://bbs.emath.ac.cn/thread-3107-1-1.html
对其进行增强和推广，不过感觉不需要Wieferich质数的条件。

mathe

链接中的引理1也非常有用，我们这里也把它记为引理1
然后还有
引理2.如果对于素数q以及次数小于q的整系数多项式f(x)有，f(0),f(1),...,f(q-1)都是q的倍数，那么f(x)的所有系数都是q的倍数。这个证明如果用有限域的理论，是显然的，当然只用初等可能会麻烦一些。

Lwins_G

应该P(x)次数不能超过一次。
可以参考
http://bbs.emath.ac.cn/thread-3107-1-1.html
对其进行增强和推广，不过感觉不需要Wieferich质数的条件。
mathe 发表于 2012-12-16 19:12

该条件仅为引出一个完全初等的证明。但是也许完全初等的证明亦可不需之。

Lwins_G

链接中的引理1也非常有用，我们这里也把它记为引理1
然后还有
引理2.如果对于素数q以及次数小于q的整系数多项式f(x)有，f(0),f(1),...,f(q-1)都是q的倍数，那么f(x)的所有系数都是q的倍数。这个证明如果用有限域的 ...
mathe 发表于 2012-12-16 19:17

只需注意，在该有限域中的n次方程不会拥有超过n个根，这可以由一个简单的初等证明得到。

mathe

引理3.如果正系数多项式f(x),g(x)满足(f(x),g(x))=1，那么必然存在整数n和素数q使得q|f(n),但是g(n)不是q的倍数。
证明很简单，由于(f(x),g(x))=1,那么存在正系数多项式u(x),v(x)使得f(x)u(x)+g(x)v(x)=c是常数
根据引理1,存在n和素数q>c,使得q|f(n),于是q不整除g(n)

mathe

引理4，类似链接中引理2，有
如果整系数多项式f(x)对于对于充分大的M,有对于一切0<=n<=M,都有f(n)是整数的k次幂，那么对于充分大的q,如果q|f(n)(也就是q^k|f(n)),必然有q^(k-1)|f'(n).

证明，由于q|f(n),我们可以得出对于任意整数x,都有q|f(n+qx),
由多项式性质得到q^k|f(n+qx),对于一切整数x成立，记g(x)=f(n+x)
于是对于一切整数x,有q^k|g(qx),反复使用引理2或推广之，可以得出g(x)的一次项系数是q^(k-1)的倍数
由此可以得出g(x)=g_0*q^k+g_1*q^(k-1)*x+....,所以得出q^(k-1)|g'(0)=f'(n)