Neste exercício você mostrará que não existe polinômio não-constante f(x), com coeficientes inteiros, tal que todo valor f(n) (com n \geq 0 ) seja primo.
(a) Seja p=f(1), que é um número primo por hipótese. Mostre que para todo k \in \mathbb{Z} temos que
f(1+k p)=f(1)+p M
com M inteiro. Sugestão: sendo f(x)=\sum_{j=0}^{m} a_{j} x^{j}, mostre que (1+k p)^{j}=1+p M_{j}, para algum M_{j} inteiro, para todo j \geq 1.
(b) Conclua que f(1+k p)=p para cada k \in \mathbb{Z}.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que não existe polinômio não-constante f(x), com coeficientes inteiros, tal que todo valor f(n) (para n\ge 0) seja primo.
Dados relevantes fornecidos pelo enunciado que vamos usar explicitamente:
  • f é um polinômio com coeficientes inteiros, escrevível como \displaystyle f(x)=\sum_{j=0}^{m} a_{j} x^{j} com a_{j}\in\mathbb{Z}.
  • Assume-se que todo f(n) com n\ge 0 é primo.
  • Define-se p=f(1), que por hipótese é primo.
    As tarefas específicas pedidas no enunciado são:
    (a) Mostrar que, para todo k\in\mathbb{Z}, existe M\in\mathbb{Z} tal que \displaystyle f(1+k p)=f(1)+pM.
    (b) Concluir que \displaystyle f(1+k p)=p para cada k\in\mathbb{Z} (e, pensando no domínio n\ge 0, para todo k com 1+kp\ge0).

Passo 2

Vamos provar a afirmação auxiliar sugerida: para todo inteiro j\ge 1 e todo k\in\mathbb{Z} vale
(1+k p)^{j}=1+p M_{j}
para algum M_{j}\in\mathbb{Z}.
Explicação didática (fórmula e por que os coeficientes são inteiros): use o Teorema do Binômio de Newton. Para j\ge 1,
(1+k p)^{j}=\sum_{t=0}^{j} \binom{j}{t} 1^{\,j-t} (kp)^{t} =\binom{j}{0}(kp)^{0}+\sum_{t=1}^{j} \binom{j}{t} (kp)^{t}.
Aqui \binom{j}{t} é o coeficiente binomial (um inteiro), e (kp)^{t} é divisível por p sempre que t\ge 1 porque contém pelo menos um fator p. Assim a soma \sum_{t=1}^{j} \binom{j}{t} (kp)^{t} é múltipla de p. Escrevendo essa soma como p M_{j} definimos
M_{j}=\sum_{t=1}^{j} \binom{j}{t} k^{t} p^{t-1}\in\mathbb{Z},
e obtemos exatamente
(1+k p)^{j}=1+p M_{j}.
Portanto o lema está provado e M_{j} é inteiro porque é soma de inteiros.

Passo 3

Agora substituímos a expressão acima na avaliação do polinômio em x=1+kp. Começando de
f(x)=\sum_{j=0}^{m} a_{j} x^{j},
temos
f(1+k p)=\sum_{j=0}^{m} a_{j} (1+k p)^{j}.
Separe o termo j=0 (que é a_0) e os demais j\ge1:
f(1+k p)=a_{0}+\sum_{j=1}^{m} a_{j} (1+k p)^{j}.
Pelo resultado do passo anterior, para cada j\ge1 existe M_{j}\in\mathbb{Z} tal que (1+kp)^{j}=1+pM_{j}. Substituindo:
f(1+k p)=a_{0}+\sum_{j=1}^{m} a_{j}\bigl(1+p M_{j}\bigr) = a_{0}+\sum_{j=1}^{m} a_{j} + p\sum_{j=1}^{m} a_{j} M_{j}.

Passo 4

Observe que a_{0}+\sum_{j=1}^{m} a_{j} = \sum_{j=0}^{m} a_{j}=f(1). Logo a expressão anterior se simplifica para
f(1+k p)=f(1)+p\underbrace{\biggl(\sum_{j=1}^{m} a_{j} M_{j}\biggr)}_{M\in\mathbb{Z}}.
Definimos então
M=\sum_{j=1}^{m} a_{j} M_{j}\in\mathbb{Z},
o que prova a parte (a): para todo k\in\mathbb{Z} temos \displaystyle f(1+k p)=f(1)+pM com M\in\mathbb{Z}. Em outras palavras,
p \mid \bigl(f(1+k p)\bigr)
ou, em congruência, \displaystyle f(1+k p)\equiv f(1)\pmod{p}. Como f(1)=p, segue \displaystyle f(1+k p)\equiv 0\pmod{p}, isto é, p divide f(1+kp).

Passo 5

Agora vamos usar a hipótese de primalidade dos valores. Para qualquer k\in\mathbb{Z} tal que o argumento 1+kp esteja no domínio considerado (em particular para todo k com 1+kp\ge 0), o valor f(1+kp) é um número primo por hipótese. Mas já vimos que p divide f(1+kp). Se um primo q é divisível por p e p é primo, então necessariamente q=p (o único divisor primo possível de um número primo q é ele mesmo). Portanto, para todo k com 1+kp\ge0 vale
f(1+k p)=p.
Isto responde à parte (b).

Passo 6

Concluímos a contradição final: a igualdade \displaystyle f(1+kp)=p vale para todos k\ge0, porque para todo k\ge0 temos 1+kp\ge1\ge0. Assim f toma o mesmo valor p em infinitos pontos distintos (todos os inteiros da forma 1+kp com k=0,1,2,\dots). Considere o polinômio g(x)=f(x)-p. Ele tem infinitas raízes (os x=1+kp para k\ge0), mas um polinômio não-nulo de grau finito só pode ter um número finito de raízes. Logo g é o polinômio nulo, isto é, f(x)\equiv p para todo x: f é constante. Isso contradiz a hipótese inicial de que f era não-constante.

Resposta

Não existe polinômio não-constante f(x) com coeficientes inteiros tal que f(n) seja primo para todo n\ge 0.

Exercícios relacionados