Conjuntos de Números Primos Generados Por una Irreductible Monic Polinomio

Question

Dado un no-constante integral irreductible monic polinomio $f(x)$, los factores primos de su valor en números enteros $x\in\mathbb{N}$ forma un conjunto $\mathcal{P}(f)$.

Es posible que $\mathcal{P}(f)\cap\mathcal{P}(g)=\emptyset$ para dos polinomios $f$$g$.

Answer 1

Sí, lo es. Algunos número teórico de la maquinaria que se requiere para ver este como este está lejos de ser evidente.

Para dar un ejemplo contrario voy a hacer uso de la Multiplicación Binaria la formas Cuadráticas y un hecho acerca de la formas cuadráticas.

Un binario forma cuadrática es una ecuación de la forma$Q(x,y)=ax^2+by^2$, $a,b$ tanto distinto de cero. La formas cuadráticas binarias con $a=1$ $|b|\in \mathbb{N}$ siempre son multiplicativas. Ver Ken Ono papel http://tiny.cc/vk27ix, esto se explica en el primer párrafo.

Que es si $Q(x_1,x_2)=pq$ algunos $p,q\in \mathbb{Z}$,$Q(x_1,x_2)=Q(x_3,x_4)Q(x_5,x_6)$. Por supuesto, todos los $x_i$ son enteros.

La idea es más general, pero ya que usted sólo desea una variable de funciones vamos a fijar tanto en $b,y$.

Teoremas:

$p=x^2+3y^2$ si y sólo si $ p≡1(mod 3) $

$p=x^2+y^2$ si y sólo si $ p≡1(mod 4) $

Primero es una conjetura de Fermat(Euler demostró) y el segundo demostró, ver http://tiny.cc/gu27ix o echa un vistazo a David R. Cox del libro "los números Primos de la forma $x^2+ny^2$".

Vamos

$Q_1(x,y)=x^2+3y^2$

$Q_2(x,y)=x^2+y^2$

Debido a la multiplicación de la propiedad de todo lo que tenemos que hacer es encontrar dos formas cuadráticas donde los posibles primos conjunto de todos los primos $p$ generado por cada formulario son:

1) $<Q_1(x,y)>_p \cap <Q_2(x,y)>_p={\emptyset}$ $\; \; \; \; \; \;\forall x,y \in \mathbb{Z}$ o

2) $<Q_1(x,y_0)>_p \cap <Q_2(x,y_0)>_p={\emptyset}$ $\; \; \; \; \; \;\forall x \in \mathbb{Z}$ , donde $y_0$ fijo es un número entero.(Podemos arreglar $x$ y varían $y$, lo que es más fácil de conseguir.)

Claramente, el único de los números primos $p$ que son congruente con 1 modulo 4 y 3, son de la forma $12m+1$, por lo tanto $<Q_1(x,y)>_p \cap <Q_2(x,y)>_p=\{12m+1| 12m+1 \in\mathbb{P}\}$. Esto se pone más cerca de nosotros, pero esto no es lo que usted pidió.

Ahora vamos a ver algunos enteros para que se nos garantiza que nunca conseguir nada de esto de los números primos en una de las formas cuadráticas!!

Vamos a arreglar $y$$1$. Así que ahora tenemos,

$1) \; \;Q_1(x,1)=Q_1(x)=x^2+3$

$2) \; \; Q_2(x,1)=Q_1(x)=x^2+1$

Observe que $$ Q_{1}(x)\mod{12} \equiv \{3,4,7,0\}$$

Por lo tanto, los números primos de la forma $p \mod12 \equiv1$ nunca aparecen por cualquier $x$$Q_1(x)$. También, tenga en cuenta que tanto $Q_1(x),Q_2(x)$ irreductible $\mathbb{Q}$. Desde que cumplir la segunda condición se dijo anteriormente acerca de los números primos generados por $Q_1$ $Q_2$ hemos terminado.

Y Tada!!! Eso es todo. :)

Answer 2

Deje $f(y)=y^2-2$, y deje $g(x)=x^3+5$, entonces esto funciona, porque si había una solución en común que tendría una solución para $y^2=x^3+7$, pero esto es conocido por no tener cualquier número entero soluciones. Véase Silverman Aritmética de curvas Elípticas página 296.