> 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) = 0
então 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 Q
e
Q(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 <> 0
a = 0 ==> raiz(pq) = bp = racional ==> contradição ==> a <> 0
Logo, 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, pois
Q(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] = 4
Corolário 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.