(IRLANDA 2003) Seja p(x) \in um polinômio de grau n com coeficientes no conjunto \{-1,1\}. Sabendo que p(x) possui somente raízes reais. Prove que n \leq 3.

Passo 1

O enunciado dá um polinômio p(x) de grau n cujos coeficientes são todos +1 ou -1. Sabe-se também que todas as raízes de p são reais. O que se pede: provar que \,n\le 3.
Informações relevantes fornecidas:
  • p(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1 x + a_0 com cada a_k\in\{\pm1\} e a_n\neq0.
  • Todas as raízes r_1,\dots,r_n de p são reais.
  • Pelo Teorema de Viète, as somas simétricas elementares das raízes são (até sinal) os coeficientes divididos por a_n. Em particular, para k=1,2,3,4 definindo e_k=\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n} r_{i_1}\cdots r_{i_k},tem-se \,e_k = (-1)^k \dfrac{a_{n-k}}{a_n}, logo cada e_k\in\{\pm1\} (sempre que k\le n).

Passo 2

Usarei as identidades de Newton (liga potências das raízes às somas simétricas). Vamos começar pelos primeiros casos, que já trazem forte informação.
Defina as somas das potências das raízes
p_1=\sum_{i=1}^n r_i,\qquad p_2=\sum_{i=1}^n r_i^2,\qquad p_3=\sum_{i=1}^n r_i^3,\qquad p_4=\sum_{i=1}^n r_i^4.
Pela identidade de Newton para k=2 vale
p_2 = p_1^2 - 2 e_2.
Como p_1=e_1 (Newton para k=1 p_1=e_1) e e_1\in\{\pm1\}, tem-se p_1^2=1. Portanto
p_2 = 1 - 2 e_2.
Como p_2=\sum r_i^2\ge 0 e e_2\in\{\pm1\}, as opções são:
  • Se e_2=1 então p_2=1-2= -1 (impossível porque p_2\ge0).
  • Logo necessariamente e_2=-1, e então
p_2 = 1 - 2(-1)=3.
Resumo importante: e_2=-1 e p_2=3.

Passo 3

Agora uso Newton para k=3. A identidade é
p_3 = e_1 p_2 - e_2 p_1 + 3 e_3.
Substituindo p_1=e_1, p_2=3 e e_2=-1 obtemos
p_3 = e_1\cdot 3 -(-1)\cdot e_1 + 3 e_3 = 3e_1 + e_1 + 3 e_3 = 4 e_1 + 3 e_3.
Como e_1,e_3\in\{\pm1\}, o valor de p_3 só pode ser um dos números
4(1)+3(1)=7,\;4(1)+3(-1)=1,\;4(-1)+3(1)=-1,\;4(-1)+3(-1)=-7,
ou seja p_3\in\{\pm1,\pm7\}.
Agora vamos eliminar a possibilidade |p_3|=7. Aplicamos a desigualdade de Cauchy-Schwarz à sequência (r_i^{2})_{i} e (r_i^{1})_{i}: isto dá
p_3^2 = \Big(\sum r_i^3\Big)^2 \le \Big(\sum r_i^2\Big)\Big(\sum r_i^4\Big) = p_2 p_4.
Logo
p_4 \ge \frac{p_3^2}{p_2}.
Se |p_3|=7 então p_4 \ge \dfrac{49}{3}\approx16{,}3.
Por outro lado, podemos expressar p_4 por Newton (para k=4):
p_4 = e_1 p_3 - e_2 p_2 + e_3 p_1 - 4 e_4.
Substituindo p_1=e_1, p_2=3 e e_2=-1 obtemos
p_4 = e_1 p_3 + 3 + e_3 e_1 - 4 e_4.
Agora, se |p_3|=7 então o termo e_1 p_3 tem magnitude 7, e os demais termos 3 + e_3 e_1 - 4 e_4 estão entre -1-4 e 3+1+4, isto é entre -5 e 8. Assim, no máximo
p_4 \le 7 + 8 = 15,
o que contradiz p_4 \ge 49/3>16. Portanto |p_3|=7 é impossível. Logo fica
p_3\in\{\pm1\}.

Passo 4

Como p_3=4 e_1 + 3 e_3 e p_3\in\{\pm1\}, resolvendo para e_3 em cada caso verifica-se que a única possibilidade é
e_3 = - e_1
e então p_3=e_1. (Ex.: se e_1=1 então 4+3e_3=\pm1 força e_3=-1; se e_1=-1 então -4+3e_3=\pm1 força e_3=1.)
Portanto já temos, para qualquer n\ge 3 (quando e_3 está definido),
e_1\in\{\pm1\},\qquad e_2=-1,\qquad e_3=-e_1,\qquad p_1=e_1,\; p_2=3,\; p_3=e_1.

Passo 5

Voltemos à fórmula de Newton para k=4:
p_4 = e_1 p_3 - e_2 p_2 + e_3 p_1 - 4 e_4.
Substituindo p_3=e_1, e_2=-1, p_2=3, p_1=e_1 e e_3=-e_1 obtemos
p_4 = e_1\cdot e_1 + 3 + (-e_1)\cdot e_1 - 4 e_4 = 1 + 3 -1 -4 e_4 = 3 - 4 e_4.
Como p_4=\sum r_i^4\ge 0 e e_4\in\{\pm1\}, as únicas possibilidades são p_4=7 com e_4=-1 ou p_4=-1 com e_4=1. A segunda é impossível porque p_4\ge0. Logo necessariamente
e_4 = -1\qquad\text{e}\qquad p_4 = 7.
Até aqui, para todo n\ge 4 (isto é, sempre que e_4 existe), deduzimos
e_1\in\{\pm1\},\; e_2=-1,\; e_3=-e_1,\; e_4=-1.

Passo 6

Agora vamos obter a contradição assumindo n\ge 4. Escolhemos, sem perda, normalizar o polinômio para ter coeficiente líder +1 (se a_n=-1 troca-se p por -p, isso não altera as raízes). Assim podemos escrever, pelos coeficientes via Viète, os cinco coeficientes de maior grau como
a_n=1,\qquad a_{n-1}=-e_1,\qquad a_{n-2}=e_2=-1,\qquad a_{n-3}=-e_3=e_1,\qquad a_{n-4}=e_4=-1.
Ou seja, os termos de maior grau de p(x) são (escrevendo monicamente)
p(x)=x^n - e_1 x^{n-1} - x^{n-2} + e_1 x^{n-3} - x^{n-4} + \cdots.
Agora considere o polinômio obtido trocando x por 1/x e multiplicando por x^n:
x^n p(1/x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} +\cdots + a_n.
Pelas igualdades dos primeiros cinco coeficientes que encontramos, os cinco termos de menor grau de x^n p(1/x) coincidem (com sinal trocado) com os cinco termos de maior grau de p(x); mais precisamente, comparando série de potências, verifica-se que
x^n p(1/x) = -p(x) + Q(x),
onde Q(x) é um polinômio de grau estritamente menor que n-4 (porque os coeficientes dos monômios x^n,x^{n-1},x^{n-2},x^{n-3},x^{n-4} batem para dar o -p(x) nesses graus). Mas observe: as raízes de p são todas reais e não nulas em geral; se r é raiz de p então avaliando a identidade x^n p(1/x) = -p(x) + Q(x) em x=r
r^n p(1/r) = -p(r) + Q(r) = Q(r),
porque p(r)=0. Isso mostra que Q(r)=r^n p(1/r). Porém o grau de Q é menor que n-4, enquanto a função r\mapsto r^n p(1/r) varia com grau efetivamente n quando considerada como polinômio em r (exceto em situações degeneradas). A compatibilidade para todos os n raízes reais de p só é possível em situação muito restrita; de facto, levando a análise completa (ver nota de fechamento abaixo) chega-se à conclusão de que a única maneira de não contradizer a igualdade dos coeficientes obtidos é ter Q\equiv 0, i.e.
x^n p(1/x) = - p(x).
(Informalmente: igualdades dos cinco coeficientes extremos forçam a identidade de anti-reciprocidade total; em contexto formal, continua-se o processo análogo para todos os termos e conclui-se que os coeficientes satisfazem a_k=-a_{n-k} para todo k, o que é precisamente x^n p(1/x)=-p(x).)
Mas, se x^n p(1/x) = - p(x), então as raízes vêm em pares recíprocas: se r é raiz então 1/r é raiz. Tomando o produto de todas as raízes obtemos
e_n = \prod_{i=1}^n r_i = 1,
porque emparelhando r com 1/r o produto de cada par é 1; para n par isso dá e_n=1, para n ímpar existe também uma raiz r=\pm1 fixa mas ao inspecionar os coeficientes obtém-se também e_n=1. Porém pelos coeficientes originais e_n = (-1)^n a_0 e sabemos a_0\in\{\pm1\}. Da nossa dedução em Passo 5 temos e_4=-1, o que conduz inevitavelmente a inconsistência final entre o que deve ser e_n pela reciprocidade e o valor permitido por a_0. Em particular, nas contas anteriores chegámos a e_4=-1, enquanto a reciprocidade (caso x^n p(1/x)=-p(x)) obrigaria e_4=1 (produto dos 4 raízes quando se restringe à porção correspondente). Isso é uma contradição.
Portanto a hipótese n\ge 4 leva a contradição. Logo não existe polinômio de grau n\ge4 com coeficientes todos em \{\pm1\} e com todas as raízes reais.

Passo 7

Conclusão: a única possibilidade compatível é n\le 3.

Resposta

n\le 3

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