Subfield: Algebra


Question: 求所有整系数多项式 $f(x)$, 使得对于任意充分大的正整数 $n$,均有 $f(n) \mid n !$.

Solution:
显然, $f(x)$ 不存在负整数根.

假设 $f(x)$ 存在负整数根, 不妨设 $x_{0}$ 为 $f(x)$ 的最小负整数根.

则 $f(x)=\left(x-x_{0}\right) F(x)$, 其中, $F(x)$ 为整系数多项式.

显然, 存在充分大的素数 $p$, 使得

$F\left(p+x_{0}\right) \neq 0, p+x_{0}>0$.

取 $n=p+x_{0}$ 充分大, 则

$f(n)=p F(n) \Rightarrow p|f(n) \Rightarrow p| n !$.

而 $0<n=p+x_{0}<p$, 矛盾. 故 $f(x)$ 不存在负整数根.

若 $f(x)$ 存在非负整数根, 设 $0 \leqslant a_{1}<$ $a_{2}<\cdots<a_{m}$ 是 $f(x)$ 的所有非负整数根, 记

$f(x)=\left(x-a_{1}\right)^{k_{1}}\left(x-a_{2}\right)^{k_{2} \ldots\left(x-a_{m}\right)^{k_{m}} g(x),}$其中, $g(x)$ 为整系数多项式且不存在非负整数根.

若存在 $k_{i} \geqslant 2$, 则取 $n=p+a_{i}$ ( $p$ 为大于 $a_{i}$ 的充分大的素数), 得

$p^{2}\left|f(n) \Rightarrow p^{2}\right| n !$.

而 $n=p+a_{i}<2 p$, 矛盾.

故所有 $k_{i}=1(i=1,2, \cdots, m)$.

下面证明一个引理.

引理 设 $g(x)$ 为非常值整系数多项式.则在 $g(1), g(2), \cdots, g(n), \cdots$ 中的非零项的算术分解式中包含无穷多种素因子.

证明 设

$g(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}(n \geqslant 1)$.

若 $a_{0}=0$,则任给素数 $p, g(p)$ 为 $p$ 的倍数.

故 $g(1), g(2), \cdots, g(n), \cdots$ 的算术分解式中包含所有素数,引理成立.

以下不妨设 $a_{0} \neq 0$.

假设 $g(1), g(2), \cdots, g(n), \cdots$ 的算术分解式中只含有有限种素因子 $p_{1}<p_{2}<\cdots<p_{l}$.

考虑 $g\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{l} a_{0} y\right)$, 此式中所有系数均为 $a_{0}$ 的倍数, 令 $g\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{l} a_{0} y\right)=a_{0} h(y)$,其中,

$$
h(y)=A_{n} y^{n}+A_{n-1} y^{n-1}+\cdots+A_{1} y+1
$$

为整系数多项式,且 $p_{1} p_{2} \cdots p_{l}$ 整除 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$.

显然,存在 $y_{0} \in \mathbf{Z}$,使得

$\operatorname{sgn}\left(y_{0}\right)=\operatorname{sgn}\left(a_{0}\right)$, 且 $h\left(y_{0}\right) \notin\{0, \pm 1\}$,

其中, $\operatorname{sgn}(x)= \begin{cases}1, & x>0 ; \\ 0, & x=0 \text {; } \\ -1, & x<0 .\end{cases}$

则 $h\left(y_{0}\right)$ 存在异于 $p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{l}$ 的新的素因子 $q$, 即 $g\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{l} a_{0} y\right)$ 存在异于 $p_{1}, p_{2}$, $\cdots, p_{l}$ 的新的素因子 $q$,矛盾. 故 $g(1), g(2)$ ， $\cdots, g(n), \cdots$ 的算术分解式中包含无穷多种素因子.

引理得证.

若 $g(x)$ 不是常值整系数多项式, 据引理, 知存在无穷多个素数 $p_{1}<p_{2}<\cdots$, 满足对于任意的 $p_{i}$, 存在 $n_{i} \in \mathbf{Z}_{+}$, 使得

$p_{i} \mid \left(n_{i}\right)$, 且 $g\left(n_{i}\right) \neq 0$.

令 $n_{i} \equiv r_{i}\left(\bmod p_{i}\right)\left(0 \leqslant r_{i}<p_{i}-1\right)$. 则

$p_{i} \mid g\left(r_{i}\right)$.

结合 $g\left(r_{i}\right) \neq 0$, 得 $\left|g\left(r_{i}\right)\right| \geqslant p_{i}$.

当 $i \rightarrow+\infty$ 时, $\mid \left(r_{i}\right) \mid \rightarrow+\infty$, 即

$r_{i} \rightarrow+\infty$.

所以,当 $i$ 充分大时,

$p_{i}\left|g\left(r_{i}\right) \Rightarrow p_{i}\right| f\left(r_{i}\right)$,

与 $f\left(r_{i}\right) \mid r_{i}$ !矛盾.

因此, $g(x)$ 为常值函数.

不妨设 $g(x)=c \in \mathbf{Z} \backslash\{0\}$. 则

$f(x)=c\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \cdots\left(x-a_{m}\right)$,

其中, $0 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{m}$ 为非负整数.

若 $f(x)$ 不存在非负整数根, 类似地,

$f(x)=c$.

易验证 $f(x)=c$ 或

$f(x)=c\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \cdots\left(x-a_{m}\right)$,

其中, $c$ 为非零整数, $0 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{m}$ 为

非负整数,满足题意.

综上,满足题意的整系数多项式为

$f(x)=c$

或 $f(x)=c\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \cdots\left(x-a_{m}\right)$,

其中, $c$ 为非零整数, $0 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{m}$ 为非负整数.

Final answer: $f(x)=c ， f(x)=c\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \cdots\left(x-a_{m}\right)$