Problema de concurso sin utilizar maquinaria pesada en teoría de números.

Question

Este es un concurso problema (escuela secundaria de la olimpiada) hace una semana:

Deje $f(x) = x^{4}+ 2x^{3} -2x^{2} - 4x + 4$. Probar que existe un número infinito de primos $p$ tal que $f(m)$ no es un múltiplo de a$p$ para cualquier entero $m$.

Cuando vi este problema, lo primero que surgió en mi mente es el uso de Chebotarev densidad del teorema. Si $K$ es una división de campo de la $f(x)$ sobre $\mathbb{Q}$, luego de un primer $p$ cumple la condición si y sólo si $f(x)$ no tiene una solución en $\mathbb{F}_{p}$. Según SAGE, la división de campo de la $f(x)$ tiene el grado 8 y su grupo de Galois es isomorfo al grupo Diedro $D_{8}$. Por Chebotarev densidad teorema, el conjunto de los números primos $p$ que los inertes en $K$ tiene un resultado positivo en la densidad de $2/8 = 1/4$, e $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{F}_{P}$ para tales prime $p$, lo que implica que no tiene una solución en $\mathbb{F}_{p}$.

Nunca he preparado las escuelas secundarias en los concursos en serio antes, así que esta es la única solución que se sabe hasta ahora. Es allí cualquier simple y elemental solución para este problema?

Edit: Hay algunos otros primos que satisfacen la condición: si $f(x)$ factores como la multiplicación de dos polinomios de grado 2, a continuación, $f(x)$ no tiene raíz en $\mathbb{F}_{p}$. La densidad de tales números primos es $3/8$. Lo que en realidad lo $5/8$ de los primos de satisfacer la condición.

Answer 1

Tenga en cuenta que $f(x) = (x^2 + x - 2)^2 + x^2$ , y use el hecho de que si una prima $p = 4k + 3$ divide $a^2 + b^2$, entonces $p$ divide tanto $a$ como $b$ .

Answer 2

Esto no es una solución completa, y tampoco el uso de alto nivel de la escuela de matemáticas sólo. Pero hace uso de algunas de primaria de grupo y la teoría de campo que es más fácil de lo que hizo, por lo que creo que es muy valioso para poner aquí.

El TLC implica que cada polinomio, en particular, $f(x)$, puede ser factorised en el producto de lineal único de los factores en $\mathbb C[x]$. Wolfram Alpha nos dice que todos estos factores no son coeficientes reales. Pero cualquier polinomio en $\mathbb R[x]$ puede ser factorised en el producto de lineal o cuadrática factores, y dado que estos no son lineales como hemos verificado, debe ser capaz de ser factorised en cuadrática factores. Dos de ellos, de hecho, teniendo en cuenta el grado de $f$. Mirando el coeficiente inicial es claro que la factorización puede ser expresado en la forma $$f(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$$ cuando ambos factores son indecomposable en $\mathbb R[x]$. La comparación de los coeficientes: $$\begin{cases} a+c=2\\b+d+ac=-2\\ad+bc=-4\\bd=4 \end{casos}$$ que puede ser resuelto por $(a,b,c,d)$. La forma exacta es complicado , pero el punto es que, si $p\mid f(x)$ entonces $p\mid g(x)h(x)$ (donde $g,h$ son los factores que en el anterior factorización). Ya hemos demostrado que $g$ e $h$ son indecomposable. Por lo tanto $p\mid g(x)$ e $p\mid h(x)$, que ahora implica que $p\mid (a-c)x+(b-d)$. Ahora, a partir de Wolfram Alpha sabemos que si dejamos $\alpha=\sqrt{4+\sqrt{17}}$ entonces $a-c=2\alpha$ e $b-d=(3+\sqrt{17})\alpha$, por lo que tenemos $2\alpha x+(3+\sqrt{17})\alpha$. Pero $x$ es un número entero, por lo que ambos términos son irracionales, por lo tanto su suma es irracional. ¿Cómo puede un entero de dividir un número que no es ni racional? Así que hemos terminado.

Sin embargo esta afirmación es claramente demasiado fuerte.

En la negrita declaración anterior, sólo porque $g[x]$ e $h[x]$ son indiscomposable en $\mathbb R[x]$ no implica $g(m)$ e $h(m)$ son indiscomposable en $\mathbb Z$, que es la razón por la que esto no es una solución completa. Apreciaría mucho si alguien pudiera completar esta solución y corregir este error.