Question

一个多项式的证明题：设整系数多项式f(x)对无限个整数值x的函数值都是素数，则 f(x)在有理数域上不可约。

Answer 1

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Answer 2

反证法。
假设f(x)在有理数上可约，设f(x)=g(x)*h(x)
其中g(x)，h(x)都是有理数系数的多项式
使f(x)为素数的x值中，g(x)与h(x)至少有一个为1或-1，否则f(x)为合数了。
又因为n次方程至多只有n个根，
所以使g(x)=1或-1， 或使h(x)=1或-1的x值必为有限个。
这与条件：存在无穷个x使f(x)为素数矛盾

所以得证。

Answer 3

设f(x)在有理数上可约，设f(x)=g(x)*h(x)
g(x)，h(x)都是有理数系数的多项式
使f(x)为素数的x值中，g(x)与h(x)至少有一个为1或-1，否则f(x)为合数。
又因为n次方程至多只有n个根，
使g(x)=1或-1， 使h(x)=1或-1的x值必为有限个。
这与条件：存在无穷个x使f(x)为素数矛盾
所以得证。

Answer 4

反证法
f(x)=g(x)h(x),g(x) 和h(x)为整系数多项式且deg f=deg g+deg h
deg g>=1 deg h>=1 设f(xn)-pn,{xn}是整数,且各不相同，pn为素数，
则g(xn)h(xn)=pn,于是g(X)和h(x)至少有一个把{xn}中无限个值映为1
不妨设 g(xn_k)=1,{xn_k)}属于{xn},
但是deg f<deg f 方程g(X)-1=0只有有限个跟
与 g(xn_k)=1矛盾，故g(x)=1
即f(X)在Q上不可约