Pierwiastki wielomianu

[MadJack]

Rozstrzygnąć, dla jakich \(\displaystyle{ m}\) złożonych dla każdego \(\displaystyle{ n \le m}\) istnieje wielomian \(\displaystyle{ f}\) stopnia \(\displaystyle{ n}\) taki, że kongruencja:
\(\displaystyle{ f(x) \equiv 0 \pmod{m}}\)
ma dokładnie \(\displaystyle{ n}\) pierwiastków.

Byłbym wdzięczny za jakieś wskazówki

[Ponewor]

ponieważ trzeba było się domyślać, że \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) są naturalne, spytam czy pierwiastki mają być rzeczywiste, całkowite, pierwsze, naturalne?

[MadJack]

Przepraszam, zapomniałem dopisać- \(\displaystyle{ m,n}\) są naturalne, pierwiastki również naturalne.

[Ponewor]

a może jeszcze współczynniki wielomianu są całkowite? <twarzpełnanadziei>

[MadJack]

Tak.

[Zordon]

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ s_k(f)}\) liczbę rozwiązań równania \(\displaystyle{ f(x)\equiv 0\pmod{k}}\) (\(\displaystyle{ x\in \{0,1,...,k-1\}}\)). Wtedy jeśli \(\displaystyle{ n=p_1^{a_1}\cdot ...\cdot p_r^{a_r}}\) to z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że \(\displaystyle{ s_n(f)=s_{p_1^{a_1}}(f)\cdot ...\cdot s_{p_r^{a_r}}(f)}\). Jeśli n jest złożone i ma przynajmniej 2 różne dzielniki pierwsze to nie uda się uzyskać wielomianu f, żeby \(\displaystyle{ s_n(f)=n-1}\). Co dalej?

[MadJack]

Przepraszam, ale nie do końca mogę zrozumieć, dlaczego:

z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że \(\displaystyle{ s_n(f)=s_{p_1^{a_1}}(f)\cdot ...\cdot s_{p_r^{a_r}}(f)}\).

oraz wniosku z tego:

Jeśli n jest złożone i ma przynajmniej 2 różne dzielniki pierwsze to nie uda się uzyskać wielomianu f, żeby \(\displaystyle{ s_n(f)=n-1}\).

Byłbym wdzięczny, gdybyś mi to wytłumaczył.
Wiem tylko, że w związku z tym drugim wystarczy rozważyć jeszcze moduły postaci \(\displaystyle{ n=p^\alpha}\), z czym też mam problem.

[Zordon]

Wynika to z tego, że dla względnie pierwszych a,b i wielomianu o współczynnikach całkowitych W(x) zachodzi: \(\displaystyle{ W(x)\equiv 0 \pmod{ab} \Leftrightarrow W(x)\equiv 0 \pmod{a} \mbox{ oraz } W(x)\equiv 0 \pmod{b}}\)

To z kolei dowodzi się z chińskiego tw. o resztach, które brzmi następująco:
przy założeniach powyżej, funkcja \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_{ab}\ni x\mapsto (\mbox{x mod a},\mbox{x mod b})\in \mathbb{Z}_a \times \mathbb{Z}_b}\) jest izomorfizmem pierścieni.

[MadJack]

Wynika to z tego, że dla względnie pierwszych a,b i wielomianu o współczynnikach całkowitych W(x) zachodzi: \(\displaystyle{ W(x)\equiv 0 \pmod{ab} \Leftrightarrow W(x)\equiv 0 \pmod{a} \mbox{ oraz } W(x)\equiv 0 \pmod{b}}\)

Nie do końca rozumiem. Bo czy w takim razie \(\displaystyle{ s_{ab}(W) \le s_a(W) \cdot s_b(W)}\)?

[Zordon]

Tak, a nawet jest równość, jak pisałem wyżej.

[MadJack]

OK, dzięki wielkie
Teraz mam jeszcze pytanie dlaczego

Jeśli n jest złożone i ma przynajmniej 2 różne dzielniki pierwsze to nie uda się uzyskać wielomianu f, żeby \(\displaystyle{ s_n(f)=n-1}\).

?

[Zordon]

\(\displaystyle{ n=ab}\), dla pewnych \(\displaystyle{ a,b>1}\) względnie pierwszych. Wtedy liczba pierwiastków wyraża się jako \(\displaystyle{ a_1\cdot b_1}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a_1\leq a}\) i \(\displaystyle{ b_1\leq b}\). Łatwo widać, że taki iloczyn nigdy nie będzie równy \(\displaystyle{ n-1}\).

[MadJack]

Dobra, z resztą już powinienem sobie już jakoś poradzić. Jeszcze raz wielkie dzięki