Que $R$ ser un dominio infinito y $p(x), q(x) \in R[x]$ tal que $q(x) \neq 0$. ¿Si para todos pero un % finito muchos $s \in R, q(s)|p(s)$, entonces es cierto que $q(x)|p(x)$ $R[x]$? Esto parece un poco tonto, pero no puedo averiguar por qué debe ser verdadero o falso. ¿Qué pasa con el caso donde $q(x)$ no es una constante y $q(x)$ es monic?
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Homer
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Desde $q(x)$ es monic, podemos dividir el $p(x)$ $q(x)$ en $R[x]$: $$p(x) = q(x) f(x) + r(x)$$ where $f(x), r(x) \en R[x]$ and either $r(x)=0$ or $\deg r < \deg p$. If $r(x)=0$, then $q(x)|p(x)$. Otherwise, since $p(s)|p(s)$ for all but finitely many $s$, then $p(s)|r(s)$ for all but finitely many $s$. In other words, $(q,r)$ satisfy the same hypotheses as the initial $(q,p)$, except now we have the extra condition that $\deg r < \deg p$. So to prove the original statement, we must show that $\deg r < \deg p$ cannot happen if $p(s)|r(s)$ for all but finitely many $s$.
En el caso de $R=\mathbb{Z}$, esto es fácil: Si $\deg r < \deg q$ $|r(s)|<|q(s)|$ para suficientemente grande $|s|$, por lo que no podemos tener $q(s)|r(s)$ tales $s$.
Más generalmente, si $R$ es un sub-anillo del anillo de enteros de $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ donde$d<0$, $R$ suelta, discreto subconjunto de $\mathbb{C}$, por lo que un argumento similar obras.
Por otro lado, como en mi comentario, si $R$ es un campo, entonces el original de la declaración es falsa, porque cualquier polinomios $p$ $q$ satisfacer las hipótesis.
