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,
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
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.