Reducible polinomios en $\mathbb{Z}[X]$

Question

Deje $(a_n)_{n\geq 1}$ ser estrictamente creciente de la secuencia de los números enteros y $k$ un entero diferente de $0$. Existe entre los polinomios $$ (X-a_1)(X-a_2)\cdots(X-a_n)+k,\ n\geq 1 $$ sólo un número finito de reducible polinomios en $\mathbb{Z}[X]$?

Yo creo que esto debe ser cierto, pero aún tengo ninguna prueba de ello. Alguna idea / solución?

Gracias!

Nicolás Tatsis

Answer 1

Si $n$ es lo suficientemente grande, entonces $f(x)=k+\prod_{i=1}^n (x-a_i)$ es irreducible en $\Bbb{Z}[x]$.

Para $n=2R$ suficientemente grandes medios $$ |k|<\frac 14 (R-1)!\quad\text{y}\quad 2|k| R^3< (\lfloor R/2\rfloor-1)!. $$ En el raro caso de que uno debe obtener similar límites.

$\bf{First\ Step:}$ Existe $b_i\in\Bbb{R}$ $i=1,\dots,n$ tal que $$ f(x)=\prod_{i=1}^n(x-b_i)\quad\text{y}\quad \Delta_i:=|a_i-b_i|<\frac 12. $$ ${\bf{Proof\ of\ the\ First\ Step:}}$ Haremos sólo en el caso de $k>0$$n$, incluso, ya que los otros casos son similares. Set $c_{2i+1}:=a_{2i+1}+\frac 12$. Entonces $f(c_{2i+1})<0$. De hecho, por consideraciones elementales sobre el signo de $f_0(x):=\prod_{i=1}^n (x-a_i)$ tenemos $f_0(c_{2i+1})<0$. Hay en la mayoría de los dos $a_j$'s $|c_{2i+1}-a_j|=1/2$, para el resto de $a_j$'s tenemos $|a_j-c_j|>1$. Por otra parte ya tenemos al menos $R$ de la $a_j$'s a la derecha o, al menos, $R$ a la izquierda de $c_{2i+1}$, y las diferencias $|a_j-c_{2i+1}|$ son diferentes para todos ellos, por lo que se obtiene que $$ |f_0(c_{2i+1})|=\prod_{j=1}^n|c_{2i+1}-a_j|\ge \frac 14 (R-1)!>k, $$ por lo $f(c_{2i+1})=f_0(c_{2i+1})+k<0$, como se desee. Desde $f(a_{2i+1})=k>0$, obtenemos $b_{2i+1}\in\ ]a_{2i+1},c_{2i+1}[$ $f(b_{2i+1})=0$.

Del mismo modo se obtiene la $f(c_{2i})<0$$c_{2i}:=a_{2i}-\frac 12$, y así no existe $b_{2i}\in\ ]c_{2i},a_{2i}[$$f(b_{2i})=0$.

Por lo que hemos encontrado $b_i$$i=1,\dots,n$$f(b_i)=0$$|a_i-b_i|<\frac 12$. Dado que los intervalos de $]a_{2i+1},c_{2i+1}[$, $]c_{2i},a_{2i}[$, son pares distintos, el $b_i$'s son todos diferentes, por lo tanto, dado que el grado de $f$ $n$ $f$ es monic, debemos tener $$ f(x)=\prod_{i=1}^n(x-b_i). $$ $\bf{Second\ Step:}$ Hemos $$ \Delta_i=\frac{|k|}{\prod_{j:j\ne i}|b_j-a_i|} $$ $\bf{Proof\ of\ the\ Second\ Step:}$ Set $\bar f(x):=f(x+a_i)$. Por un lado $\bar f(0)=f(a_i)=k$, y en el otro lado $\bar f(x)=\prod_{j}(x+a_i-b_j)$, por lo que $\bar f(0)=\prod_j(a_i-b_j)=(a_i-b_i)\prod_{j:j\ne i}(a_i-b_j)$. De ello se sigue que $$ |k|=|a_i-b_i|\prod_{j:j\ne i}|a_i-b_j|, $$ y por lo $\Delta_i=|a_i-b_i|=\frac{|k|}{\prod_{j:j\ne i}|b_j-a_i|}$, como se desee.

$\bf{Third\ Step:}$ En el caso de $n=2R$, podemos asumir $a_R=0$ ($x\mapsto x+a_R$), y, a continuación, $$ \prod_{j:j\ne i}|b_j-a_i|\ge \frac 12 |a_i|^{I-1}(\lfloor R/2\rfloor-1)!,\quad\text{para $j\ne R$} $$ y $\prod_{j\ne R}|b_j|\ge \frac{(\lfloor R/2\rfloor-1)!}{2R^2}$. Por lo tanto $$ \Delta_i<\frac{2|k|}{|a_i|^{I-1}(\lfloor R/2\rfloor-1)!}\text{, para $i\ne R$, y}\quad \Delta_R<\frac{2|k|R^2}{(\lfloor R/2\rfloor-1)!}. $$

$\bf{Proof\ of\ the\ Third\ Step:}$ Tenemos detalles de la prueba para $i>R$: Hay $R-1$ números de $a_j$ $a_j<a_R=0$ y por lo tanto también tenemos $b_j<0$ que $j$'s. Por lo tanto $\prod_{j<R}|b_j-a_i|>|a_i|^{R-1}$. Ahora hay $R$ números de $a_j$$j\ne i$$j\ge R$. Para estos números, en la mayoría de ellos dos el rendimiento de la igualdad de diferencias $|a_j-a_i|$, por lo tanto, hay por lo menos $\lfloor R/2\rfloor $ diferentes números enteros positivos $|a_j-a_i|$ entre ellos. Pero hay un $j\ne i$$\frac 12 <|b_j-a_i|<1$, y para todos los demás $|b_j-a_i|>1$. Por otra parte, $|a_j-a_i|-1<|b_j-a_i|<|a_j-a_i|+1$, y, por tanto,$\prod_{j\ge R}|b_j-a_i|>\frac 12(\lfloor R/2\rfloor-1)!$. Junto con el anterior resultado se obtiene $$ \prod_{j,j\ne i}|b_j-a_i|\ge \frac 12 |a_i|^{I-1}(\lfloor R/2\rfloor-1)!. $$ Para $i<R$ la prueba es similar, y por $j=R$ $\prod_{j\ne R}|b_j|\ge \frac 12 (R-1)!$ y el hecho de que $(R-1)!\ge \frac{(\lfloor R/2\rfloor-1)!}{R^2}$.

$\bf{Fourth\ Step:}$ Supongamos por contradicción que $f$ es reducible y escribir $f(x)=g(x)h(x)$$g(x),h(x)\in \Bbb{Z}[x]$$1\le \deg(g(x))\le R$. A continuación, $g(x)=\prod_{i\in J}(x-b_i)$ para algún subconjunto $J\subset\{1,2,...,n\}$$|J|=r\le R$. Pero luego todo se simétrica primaria polinomios $e_m(b_i,\ i\in J)$ $m\le r$ , en $\Bbb{Z}$, ya que ellos son los coeficientes de $g(x)$. Por lo tanto, todo el poder de las sumas $p_m(b_i,\ i\in J)=\sum_{i\in J}b_i^m\in\Bbb{Z}$ $m\le r$ . Ahora para $i\ne R$ hemos $$ |b_i^m-a_i^m|=|(a_i\pm \Delta_i)^m-a_i^m|\le \sum_{j=0}^{m-1}\left| \binom mj a_i^j\Delta_i^{m-j}\right|\le m\left| \binom m{m-1} a_i^{m-1}\Delta_i\right| \le R^2|a_i|^{I-1}\Delta_i, $$ donde la desigualdad en el medio se sigue del hecho de que $| \binom mj a_i^j\Delta_i^{m-j}|\le |\binom m{j+1} a_i^{j+1}\Delta_i^{m-j-1}|$ (un sencillo cálculo muestra que $\Delta_i<1/R\le 1/m$). Por lo tanto $$ \sum_{i\J\setminus\{R\}}|b_i^m-a_i^m|\le R^2\sum_{i\J\setminus\{R\}}|a_i|^{I-1}\Delta_i, $$ y desde $|a_R^m-b_R^m|=\Delta_R^m\le \Delta_R$, se obtiene a partir de la tercera etapa $$ \sum_{i\J}|b_i^m-a_i^m|\le \frac{2|k| R^3}{(\lfloor R/2\rfloor-1)!}<1. $$ Desde $\sum_{i\in J}a_i^m,\sum_{i\in J}b_i^m\in\Bbb{Z}$, se deduce que el $\sum_{i\in J}a_i^m=\sum_{i\in J}b_i^m$, para todos los $m=1,\dots,r$. Por lo tanto $e_m(b_i,\ i\in J)=e_m(a_i,\ i\in J)$ y así $g(x)=\prod_{i\in J}(x-a_i)$, lo cual es una contradicción.