De: | [EMAIL PROTECTED] |
Para: | obm-l@mat.puc-rio.br |
Cópia: |
Data: | Mon, 7 Aug 2006 18:42:32 -0300 |
Assunto: | [obm-l] Re: Polinômio nos inteiros |
> 2006/8/7, Eduardo Casagrande Stabel <[EMAIL PROTECTED]>:
> Olá, pessoal da lista.
Já pensei sobre este problema mas não tive uma boa idéia que me levasse à solução.
PROBLEMA 1. Seja f(x) um polinômio de grau n e coeficientes inteiros. Suponha que existe um inteiro m e um primo p de forma que p divide f(m), f(m+1), ..., f(m+n-1) e f(m+n). Prove que qualquer que seja x inteiro p divide p(x).Olhe para f(x) em Z_p.Em Z_p, f(x) é um polinômio de grau <= n que tem min(p,n+1) raízes distintas.Logo, f(x) é identicamente nulo em Z_p, ou seja, f(x) é divisível por p para todod inteiro x.
Um outro problema que o Gugu passou num curso de verão e que tenho curiosidade por saber como resolver é o seguinte.
PROBLEMA 2. Sejam p_1, p_2, ..., p_{k-1} e p_k primos distintos. Prove que as raízes quadradas destes primos formam um conjunto linearmente independente sobre o corpo dos racionais. De outra forma mais elementar: se a_1RAIZ(p_1) + ... + a_kRAIZ(p_k) = 0, onde cada a_i é racional, então a_i = 0 para todo i.De fato, dá até pra fazer uma afirmação um pouco mais forte:se a_0, a_1, ..., a_k são racionais tais que:a_0 + a_1*raiz(p_1) + ... + a_k*raiz(p_k) = 0então a_0 = a_1 = ... = a_k = 0.***Lema:Se p e q são primos distintos, então:Q(raiz(p)) é uma extensão de grau 2 de QeQ(raiz(p),raiz(q)) é uma extensão de grau 2 de Q(raiz(p))Dem:Como raiz(p) é irracional, Q é um subcorpo próprio de Q(raiz(p)).Mas Q(raiz(p)) ~ Q[x]/<x^2 - p> e x^2 - p é irredutível sobre Q.Logo, [Q(raiz(p)):Q] = 2.Se raiz(q) pertencesse a Q(raiz(p)), então teríamos:raiz(q) = a + b*raiz(p) (*), com a e b racionais.b = 0 ==> raiz(q) = a = racional ==> contradição ==> b <> 0a = 0 ==> raiz(pq) = bp = racional ==> contradição ==> a <> 0Logo, ab <> 0. Elevando (*) ao quadrado, obtemos:q = a^2 + b^2*p + 2ab*raiz(p) ==>raiz(p) = (q - a^2 - b^2*p)/(2ab) = racional ==>contradição ==>raiz(q) não pertence a Q(raiz(p)) ==>x^2 - q é irredutível sobre Q(raiz(p)) ==>[Q(raiz(p),raiz(q)):Q(raiz(p))] = 2, poisQ(raiz(p),raiz(q)) ~ Q(raiz(p))[x]/<x^2 - q>Corolário 1:Se p e q são primos distintos, então [Q(raiz(p),raiz(q)):Q] = 4Corolário 2:Dados primos distintos p_1, p_2, ..., p_n (n >= 2), temos:[Q(raiz(p_1),raiz(p_2),...,raiz(p_n)):Q] >= 4.(de fato, o grau dessa extensão é 2^n, mas esse resultado mais forte não será necessário)***O problema estará resolvido se provarmos o seguinte:Dados os primos distintos p_1, ..., p_k, se p for um primo distinto de todos eles, então:raiz(p) não pertence a Q nem a Q(raiz(p_1), ..., raiz(p_k)).Naturalmente, raiz(p) é irracional.Além disso, a demonstração do lema cuidou do caso k = 1.Suponhamos que k >= 2.Nesse caso, o corolário 2 diz que Q(raiz(p_1), ..., raiz(p_k)) é uma extensão algébrica finita de Q de grau >= 4.Como Q tem característica 0, essa extensão é, de fato, simples. Ou seja, existe um real w tal que:Q(raiz(p_1), ..., raiz(p_k)) = Q(w).(veja qualquer bom livro de álgebra para uma demonstração disso)Se raiz(p) pertence a Q(w), então vão existir racionais a e b tais que raiz(p) = a + b*w, com b <> (caso contrário, raiz(p) seria racional). Elevando ao quadrado:p = a^2 + 2abw + b^2w^2 ==>w é raiz de uma equação do 2o. grau com coeficientes em Q ==>[Q(w):Q] <= 2 ==>contradição ==>raiz(p) não pertence a Q(w) = Q(raiz(p_1), ..., raiz(p_k))Logo, raiz(p) não pode ser expresso como uma combinação linear racional de 1, raiz(p_1), ..., raiz(p_k) (e nem como a razão de duas tais combinações lineares).Em outras palavras, se existirem racionais a, a_0, a_1, ..., a_k tais que:a*raiz(p) + a_0*1 + a_1*raiz(p_1) + ... + a_k*raiz(p_k) = 0,então a = a_0 = a_1 = ... = a_k = 0.[]s,Claudio.