No puede haber tal polinomio. En general, si $R$ es un anillo conmutativo, y $p(x)\in R[x]$, entonces para cualquier $a,b,c\in R$, de tal manera que $ac=bc$, podemos mostrar a $p(a)c=p(b)c$.
Ahora, tome $a=0,b=3,c=3$$R=\mathbb Z_9$.
Usted puede resolver el problema general en $\mathbb Z_m$ si $m=p$ es primo. En ese caso, usted puede pensar en la solución como un caso de Teorema del Resto Chino en $\mathbb Z_p[x]$, ya que queremos que un polinomio, $q(x)$ tal que $q(x)\equiv f(a) \pmod{x-a}$.
Si $m$ es cuadrado-libre o el doble de un cuadrado libre de número, en mi condición anterior es suficiente. (Esencialmente, el caso de $m=4$ es un caso especial.)
Por desgracia, la condición anterior no es suficiente, de lo contrario.
Escribir $q(x)=\sum_{i=0}^n a_i(x)_i$ donde $$(x)_i=x(x-1)\dots(x-(i-1))$$ is the $i$th caer factorial polinomio.
Entonces si $m=8$,$(b)_i=0$$b\in\mathbb Z_8$$i\geq 4$. Así podemos limitarnos a polinomios cúbicos $q$.
Ahora intenta encontrar un polinomio cúbico $q$ tal que $q(0)=4$$q(a)=0$$a\neq 0$. No creo que se puede hacer.
Si $p>2$, a continuación, considere el polinomio $q(x)=\frac{(x)_{2p}}{p}$. Este polinomio (con coeficientes racionales) mapas de $\mathbb Z\to \mathbb Z$, y tiene la propiedad de que para todo $a,b\in\mathbb Z$, $a-b|q(a)-q(b)$. Esto significa, en particular, que podemos ver esto como la definición de una función que mapea $\hat q:\mathbb Z_{p^2}\to\mathbb Z_{p^2}$ y podemos mostrar a $\hat q$ corresponde a mi condición necesaria.
Sin embargo, es imposible encontrar un polinomio en $\mathbb Z_{p^2}[x]$, lo que se evalúa como $\hat q$. Esto es porque si $h$ es un polinomio, tenemos que $h(p+a)=h(a)=0$$a=0,1,2,\dots,p-1$. Pero $h(a+p)\equiv h(a)+ph'(a)\pmod{p^2}$. Esto significa que $h'(a)\equiv 0\pmod p$$a=0,\dots,p-1$, y por lo tanto para todos los $a$. Pero que a su vez significa que $h(a+p)\equiv h(a)\pmod {p^2}$ todos los $a$, lo que significaría que $\hat q$ es la función cero. Ya sabemos que no es (que es donde $p>2$ es necesario) hemos terminado.
