Ok, Cláudio, o PROBLEMA 1 está ok, é bem curta a solução, legal.
Acho que no PROBLEMA 2, cometeste um engano, na parte:
...
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))
...
De fato, como K = Q(raiz(p_1), ..., raiz(p_k)) é uma extensão finita do
corpo Q, cuja característica é 0, a extensão é separável e finita, logo
pelo teorema do elemento primitivo, existe um w tal que K = Q(w). Em
seguida, tu supôs por absurdo, que raiz(p) pertence a K e conclui que
ele é da forma a+bw. Depois concluiu que w satisfaz um polinômio em
Q(x) de grau 2, o que seria um absurdo. Só que se raiz(p) pertence a K
então ele é da forma a+bw+...+zw^{q-1} onde q é a dimensão da extensão
K/Q, que tu já demonstrou ser pelo menos 4.
Segue um outro problema.
PROBLEMA 3. Dado a0, mostrar que existem infinitos n compostos tais que a^(n-1) == 1 (mod n).
Duda
Em 08/08/06, claudio.buffara [EMAIL PROTECTED] escreveu:
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) = 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
