domingo, 29 de mayo de 2011

Lema para polinomios cuadráticos

Me di cuenta que el problema 1 que puse se puede generalizar en un lema que se ve muy fuerte.
Aquí lo pongo para quien quiera intentar demostrarlo.

Sea $P(x)$ un polinomio de grado $2$ con coeficientes enteros. Demuestra que existen una infinidad de primos $p$ tal que $P(n)$ es múltiplo de $p$ para algún entero $n$.

4 comentarios:

Diego627 dijo...

Sea el polinomio $P(x)=ax^2+bx+c$. Sea $m=b^2-4ac$ el discriminante.
Supongamos que $m=0$, entonces $P(x)=a(x-\frac{b}{2a})^2$. Entonces para todo primo $p$ tal que $(p,2a)=1$, tenemos que $P(b(2a)^{-1})=0$, donde $(2a)^{-1}$ es el inverso modulo $p$ de $2a$. Asi que todos los primos $p$ primos relativos con $2a$ tienen un múltiplo de la forma $P(n)$.
Si $m\neq 0$, elegimos un primo $p$ y $p \equiv 1 \pmod{2am}$, que por Dirichlet sabemos que existen una infinidad que cumplen eso.
$$p \equiv 1 \pmod{4am}\Rightarrow p \equiv 1 \pmod{2a}\RIghtarrow (p,2a)=(1,2a)=1$$.
$P(n)=a(n-\frac{b}{2a})^2-\frac{b^2-4ac}{a}$. Así que $p$ tiene un multiplo de la forma $P(n)$ si y solo si (considerando que $b^2-4ac=m$)
$\left(\frac{m}{p}\right)=1$. Para todo $q|m$, entonces $p\equiv 1\pmod{q}$. Tenemos que $4|p-1$, entonces $\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{p}{q}\right)=\left(\frac{1}{p}\right)=1$. Entonces, multiplicando todos esos divisores, tenemos que $\left(\frac{m}{p}\right)=1^r=1$. Entonces hay un multiplo de $p$ de la forma $P(n)$. Asi que como hay infinitos tales $p$, hay infinitos $p$ tal que $P(n) es multiplo de $p$ para algun entero $n$. QED

jorge garza vargas dijo...

Mi solución es escencialmente la misma. Me di cuenta que con las mismas ideas se puede demostrar facilmente este lema:
Si $m$ es un residuo cuadrático módulo todos los primos enotnces $m$ es un cuadrado.

DANIELIMO dijo...

Segun yo ocupabas algo parecido Para este problema que puso Leo: Sea $f\in \mathbb{Z}[x]$. Muestra que para cualquier entero positivo $k$ hay un $a$ entero para el cual $f(a)$ tiene al menos $k$ divisores primos distintos.

J. H. S. dijo...

De hecho, el resultado vale para todo polinomio no-constante f con coeficientes enteros.

Prueba. Si f(0)= 0, hay nada que hacer. Supongamos entonces que f(0) = c donde |c| > 0. Como las ecuaciones f(x) = 1 y f(x) = -1 admiten solamente un número finito de soluciones, se sigue que el conjunto de primos p tales p | f(n) para algún entero n es no vacío. Supongamos que dicho conjunto es finito y consta de los primos p_1, p_2, ..., p_k. Imitando a Euclides, consideramos el número A = p_1 x p_2 x ... x p_k. Se tiene entonces que f(Acx) = cg(x) donde g(x) = b_r x^r + ... + b_1 x + 1 es un polinomio cuyos coeficientes b_r, ..., b_1 son todos múltiplos de A. Luego, si p es un primo tal que p | g(n) para algún entero n, se obtiene que p | f(Acn) y por tanto p debe ser uno de los p_i. Esto es imposible pues en dicho caso tendríamos que p_i | 1. QED.

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