Demostrar que $m^{2013}-m^{20}+m^{13}-2013$ tiene al menos $N$ primer divisores

Question

para un entero positivo $N>1$,existe siempre $m$ tal que $$m^{2013}-m^{20}+m^{13}-2013$$ tiene al menos $N$ primer divisores

Gracias a todos, este es un buen problema, pero no sé cómo resolverlo.

Answer 1

La siguiente solución evita deliberadamente encontrar la factorización prima de $2013$, gracias a la más generosa de los exponentes que ocurren en la expresión dada.

Vamos a introducir el $p$-ádico de valoración: Si $p\in\mathbb P$ es un primer e $n\in\mathbb Z\setminus\{0\}$ deje $v_p(n)$ el valor del exponente de $p$$n$$v_p(n)=\max\{r\in\mathbb Z: p^r|n\}$. Para mayor comodidad, $v_p(0)=+\infty$. Entonces $$\tag1v_p(ab)=v_p(a)+v_p(b)$$ and $$\tag2v_p(a\pm b)\ge\min\{v_p(a),v_p(b)\}$$ y más específicamente $$\tag3v_p(a\pm b)=\min\{v_p(a),v_p(b)\}\quad \text{if }v_p(a)\ne v_p(b).$$ A la derecha de $2013<2^{11}$ obtenemos el (muy crudo) estimación $$\tag4 v_p(2013)<11\quad\text{for all }p\in\mathbb P.$$ Vamos $$S=\{p\in\mathbb P\mid\exists m\colon m^{2013}-m^{20}+m^{13}-2013\equiv 0\pmod p\}$$ el conjunto de los números primos que ocurren como primer divisores de lo que se considera la expresión. Por ejemplo, $$\tag5 p\in\mathbb P,\, p|2013\implies p\in S$$ follows from considering $m=0$.

Suponga que el conjunto de $S$ es finito. Deje $$M=\prod_{p\in S}p.$$

• Si $p$ es un primer $\notin S$,$v_p(M^{2013}-M^{20}+M^{13}-2013)=0$, por definición, de $S$ también $v_p(2013)=0$ porque de $(5)$.
• Y para$p\in S$, $v_p(M^{2013}-M^{20}+M^{13})\ge 13v_p(M)\ge 13>v_p(2013)$ a partir de $(1)$, $(2)$, y $(4)$; por lo tanto $v_p(M^{2013}-M^{20}+M^{13}-2013)=v_p(2013)$$(3)$.

Por lo tanto $v_p(M^{2013}-M^{20}+M^{13}-2013)=v_p(2013)$ para todos los números primos $p$. Esto implica $$M^{2013}-M^{20}+M^{13}-2013=\pm2013.$$ Pero de $(5)$ tenemos $S\ne\emptyset$, es decir, $M\ge 2$ y, por tanto, $$\begin{align}M^{2013}-M^{20}+M^{13}-2013&=(M^{1993}-1)M^{20}+M^{13}-2013\\&>M^{13}-2013\ge2^{13}-2013>2013,\end{align}$ $ contradicción! Llegamos a la conclusión de esta contradicción la que el conjunto $S$ es infinito.

Dado $N$, por lo tanto, podemos seleccionar $N$ distintos de los números primos $p_k\in S$, $k=1,\ldots, N$. Para cada una de las $k$ existe $m_k\in\mathbb Z$ tal que $m_k^{2013}-m_k^{20}+m_k^{13}-2013\equiv 0\pmod{p_k}$. Utilizando el teorema del resto Chino, no existe $m\in\mathbb N$ tal que $m\equiv m_k\pmod{p_k}$ todos los $k$. Entonces $$ m^{2013}-m^{20}+m^{13}-2013\equiv m_k^{2013}-m_k^{20}+m_k^{13}-2013\equiv 0\pmod{p_k},$$ es decir, al menos el $N$ diferentes números primos $p_k$ son divisores de $ m^{2013}-m^{20}+m^{13}-2013$.

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Comentario: El mismo argumento funciona con cualquier expresión de la forma $m^rf(m)+c$ donde $f$ es un polinomio y $c$ no es divisible por cualquier $r$th energía primaria y $f(m)\ge1$ si $m\ge \prod_{p|c}p$.

Answer 2

Supongo que funciona para cualquier no-constante polinomio con coeficientes enteros.

Vamos $f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i$, $n\ge 1$, con $a_n\ne 0$ y todos los $a_i$ enteros. Nos muestran que $\{p \textrm{ prime: there is an integer } m \textrm{ such that } p \textrm{ divides } f(m)\}$ es un conjunto infinito.

Si $a_0=0$ la aserción es clara. Supongamos $a_0\ne 0$.

Supongamos que el conjunto es finito y deje $p_1,...,p_k$ ser todos ellos. Deje $g(x)=f(a_0x)/a_0$. A continuación, $g(x)$ no es una constante del polinomio con coeficientes enteros con término constante 1. Deje $m_c=c\cdot p_1\cdots p_k$ donde $c$ es cualquier entero. Desde $g(m_c)$ no tiene ningún factor primo distinto de $p_1$, ..., $p_k$ mientras que $g(m_c)$ es congruente con 1 mod cada $p_i$, se deduce que el $g(m_c)=1$ por cada $c$. Pero $g(x)=1$ tiene más de $n$ raíces, una contradicción.

Para responder a la pregunta original, utilice el Teorema del Resto Chino como Hagen von Eitzen hizo anteriormente.