Polinomi e divisibilità
Polinomi e divisibilità
Abbiamo due polinomi p(x) e q(x) a coeficienti interi e sappiamo che per ogni scelta di $ a,b\in\mathbb{Z} $ si ha che $ p(a)-p(b)|q(a)-q(b) $. Dimostrare che esiste un polinomio r(x) a coefficienti razionali tale che $ q(x)=r(p(x)) $ e dimostrare che se p è monico allora anche r è a coefficienti interi.
Sono il cuoco della nazionale!
Re: Polinomi e divisibilità
Step 1: Se $ a(x) $, $ b(x) $ a coefficienti interi sono tali che $ a(x)|b(x) $ per infiniti interi, allora $ a(x)|b(x) $ (intesi come polinomi in $ \mathbb{Q}[x] $).
Dim.: Sia $ a $ il coefficiente direttivo di $ a(x) $. Faccio la divisione euclidea fra $ a(x) $ e $ a\cdot b(x) $, da cui segue che $ a(x)=ac(x)b(x)+r(x) $ con $ r(x)=0 $ oppure $ \deg{r} <\deg{b} $. Quindi vale che $ a(x)|r(x) $ $ \forall x\in\mathbb{Z} $, ma $ |a(x)|>|r(x)| $ definitivamente, quindi $ r(x) $ per infiniti valori, quindi è il polinomio nullo.
Step 2: Dimostro che $ \deg p\mid \deg q $. Per induzione:
Se $ \deg q<deg p $, ponendo $ b=k $ ho che $ \forall x\in\mathbb{Z}, p(x)-p(k)\mid q(x)-q(k) \Rightarrow p(x)-p(k)|q(x)-q(k) $. Ma $ \deg{(p(x)-p(k))}=\deg p>\deg q =\deg{(q(x)-q(k))} $, quindi $ q(x)-q(k) $ è il polinomio nullo, ossia $ \deg q=0 $.
Suppongo la tesi vera per $ \deg q< n \deg p $. Se $ \deg q<(n+1) \deg p $, ho che ponendo $ b= 0 $ vale $ p(a)-p(k)\mid q(a)-q(k) $ per infiniti $ a $, quindi esiste $ d(x) $ a coeff. razionali tale che $ q(x)=(p(x)-p(k))d(x)+q(k) $, quindi sostituendo nella traccia ho che $ p(a)-p(b)\mid p(a)d(a)-p(b)d(b)-p(k)(d(a)-d(b)) $.
Suppongo wlog $ d $ a coeff. interi (basta moltiplicare tutto il termine a destra per il $ mcm $ dei denominatori dei coefficienti di $ d $).
Poiché $ p(a)\equiv p(b) \pmod{p(a)-p(b)} $, ho che $ p(a)-p(b)\mid p(a)d(a)-p(a)d(b)-p(k)(d(a)-d(b))=(p(a)-p(k))(d(a)-d(b)) $. A meno che $ p $ non sia un polinomio costante (nel qual caso l'ipotesi è molto buffa e per darle un senso c'è bisogno che anche $ q $ sia costante, da cui segue facilmente la tesi), esite $ h $ tale che $ p(h)\neq p(k) $. Rifacendo tutto con lui, ottengo che $ p(a)-p(b)\mid (p(a)-p(h))(d(a)-d(b)) $. In particolare, avrò che $ p(a)-p(b)\mid (p(a)-p(h))(d(a)-d(b))-(p(a)-p(k))(d(a)-d(b))=(p(h)-p(k))(d(a)-d(b)) $, quindi per hp. induttiva ho che $ \deg p\mid \deg (p(h)-p(k))d = \deg d \Rightarrow \deg p\mid \deg d + \deg p =\deg q $
Step 3: La tesi, per induzione su $ \deg q $:
Se $ \deg q=0 $, è banalmente vera
Suppongo la tesi vera per $ \deg q \le n\cdot \deg p $. Sia $ \deg q=(n+1)\cdot deg p $. Sia $ p_0 $ il coeff. direttivo di $ p $ e $ q_0 $ il coeff. direttivo di $ q $. Considero il polinomio $ s(x)=\frac{p_0}{{q_0}^{n+1}}x^{n+1} $. Per il noto $ a-b\mid f(a)-f(b) $ per ogni polinomio $ f $, ho che $ p(a)-p(b)\mid s(p(a))-s((p(b))\Rightarrow p(a)-p(b)\mid (q(a)-s(p(a)))-(q(b)-s(p(b))) $. Ma q(x) e s(p(x)) hanno lo stesso coeff. direttivo, quindi la loro differenza ha grado $ < (n+1) \deg p $, quindi per lo step 2 ha grado $ < n \deg p $, quindi per hp. induttiva esiste un polinomio $ g $ tale che $ q(x)-s(p(x))=g(p(x)) $, ossia $ q(x)=s(p(x))+g(p(x)) $, che è un polinomio in $ p(x) $. Inoltre, con lo stesso passaggio induttivo, si vede che se $ q_0=1 $ il polinomio $ (s+g)(x) $ è a coeff. interi.
Dim.: Sia $ a $ il coefficiente direttivo di $ a(x) $. Faccio la divisione euclidea fra $ a(x) $ e $ a\cdot b(x) $, da cui segue che $ a(x)=ac(x)b(x)+r(x) $ con $ r(x)=0 $ oppure $ \deg{r} <\deg{b} $. Quindi vale che $ a(x)|r(x) $ $ \forall x\in\mathbb{Z} $, ma $ |a(x)|>|r(x)| $ definitivamente, quindi $ r(x) $ per infiniti valori, quindi è il polinomio nullo.
Step 2: Dimostro che $ \deg p\mid \deg q $. Per induzione:
Se $ \deg q<deg p $, ponendo $ b=k $ ho che $ \forall x\in\mathbb{Z}, p(x)-p(k)\mid q(x)-q(k) \Rightarrow p(x)-p(k)|q(x)-q(k) $. Ma $ \deg{(p(x)-p(k))}=\deg p>\deg q =\deg{(q(x)-q(k))} $, quindi $ q(x)-q(k) $ è il polinomio nullo, ossia $ \deg q=0 $.
Suppongo la tesi vera per $ \deg q< n \deg p $. Se $ \deg q<(n+1) \deg p $, ho che ponendo $ b= 0 $ vale $ p(a)-p(k)\mid q(a)-q(k) $ per infiniti $ a $, quindi esiste $ d(x) $ a coeff. razionali tale che $ q(x)=(p(x)-p(k))d(x)+q(k) $, quindi sostituendo nella traccia ho che $ p(a)-p(b)\mid p(a)d(a)-p(b)d(b)-p(k)(d(a)-d(b)) $.
Suppongo wlog $ d $ a coeff. interi (basta moltiplicare tutto il termine a destra per il $ mcm $ dei denominatori dei coefficienti di $ d $).
Poiché $ p(a)\equiv p(b) \pmod{p(a)-p(b)} $, ho che $ p(a)-p(b)\mid p(a)d(a)-p(a)d(b)-p(k)(d(a)-d(b))=(p(a)-p(k))(d(a)-d(b)) $. A meno che $ p $ non sia un polinomio costante (nel qual caso l'ipotesi è molto buffa e per darle un senso c'è bisogno che anche $ q $ sia costante, da cui segue facilmente la tesi), esite $ h $ tale che $ p(h)\neq p(k) $. Rifacendo tutto con lui, ottengo che $ p(a)-p(b)\mid (p(a)-p(h))(d(a)-d(b)) $. In particolare, avrò che $ p(a)-p(b)\mid (p(a)-p(h))(d(a)-d(b))-(p(a)-p(k))(d(a)-d(b))=(p(h)-p(k))(d(a)-d(b)) $, quindi per hp. induttiva ho che $ \deg p\mid \deg (p(h)-p(k))d = \deg d \Rightarrow \deg p\mid \deg d + \deg p =\deg q $
Step 3: La tesi, per induzione su $ \deg q $:
Se $ \deg q=0 $, è banalmente vera
Suppongo la tesi vera per $ \deg q \le n\cdot \deg p $. Sia $ \deg q=(n+1)\cdot deg p $. Sia $ p_0 $ il coeff. direttivo di $ p $ e $ q_0 $ il coeff. direttivo di $ q $. Considero il polinomio $ s(x)=\frac{p_0}{{q_0}^{n+1}}x^{n+1} $. Per il noto $ a-b\mid f(a)-f(b) $ per ogni polinomio $ f $, ho che $ p(a)-p(b)\mid s(p(a))-s((p(b))\Rightarrow p(a)-p(b)\mid (q(a)-s(p(a)))-(q(b)-s(p(b))) $. Ma q(x) e s(p(x)) hanno lo stesso coeff. direttivo, quindi la loro differenza ha grado $ < (n+1) \deg p $, quindi per lo step 2 ha grado $ < n \deg p $, quindi per hp. induttiva esiste un polinomio $ g $ tale che $ q(x)-s(p(x))=g(p(x)) $, ossia $ q(x)=s(p(x))+g(p(x)) $, che è un polinomio in $ p(x) $. Inoltre, con lo stesso passaggio induttivo, si vede che se $ q_0=1 $ il polinomio $ (s+g)(x) $ è a coeff. interi.