Algebra 3

3
Problemi sui polinomi
3.1
Esercizi proposti
Esercizio 1 (Italian IMO Team Selection Test 2008). Sia n > 1 un intero. Sia
p(x) un polinomio a coefficienti interi di grado n. Sia A un insieme di n + 1
interi consecutivi. Dimostrare che esiste un elemento a 2 A tale che p(x) 6= a
per ogni numero intero x.
Soluzione. Dati p(x) = a0 + · · · + an xn e A = {y0 , . . . , yn } abbiamo yi = y0 + i
per i = 0, . . . , n. Supponiamo che esistano n + 1 numeri interi x0 , . . . , xn tali
che p(xi ) = yi = y0 + i. Poniamo hij = xi xj . Notiamo che, per le formule
del binomio, si ha
xki = (xj + hij )k =
✓ ◆
k k
= xkj + hij
x
1 j
1
= xkj + hij rijk ,
+
✓ ◆
k k
x
2 j
2
hij + · · · +
✓
k
1
k
◆
xj hkij
2
+ hkij
1
=
dove rijk è un intero. Ne consegue che
y0 + i = p(xi ) = a0 + · · · + an xni =
= a0 + a1 (xj + hij rij1 ) + a2 (x2j + hij rij2 ) + · · · + an (xnj + hij rijn ) =
= (a0 + · · · + an xnj ) + hij sij =
= p(xj ) + hij sij =
= y0 + j + hij sij ,
dove sij è un intero e quindi, per la precedente eguaglianza, si ha che hij divide
i j. Ne deduciamo che |xi xj | = |hij | 6 |i j| e quindi che l’insieme
B = {x0 , . . . , xn } è formato da n + 1 interi consecutivi (se non lo fossero almeno
due di questi numeri avrebbero di↵erenza in valore assoluto maggiore di n).
Abbiamo che xi+1 xi = hi,i+1 = ±1, pertanto, dato x0 , si ha x1 = x0 + 1
21
oppure x1 = x0 1. Supponiamo di essere nel primo caso (il secondo si tratta
in modo analogo), avremo x2 = x1 + 1, visto che l’altra possibilità x2 = x1 1
porta alla contraddizione x2 = x0 . Iterando questo ragionamento si trova che
xi = x0 + i oppure che xi = x0 i. Dal principio di identità dei polinomi
sappiamo che esiste un unico polinomio p(x) di grado al più uguale a n tale che
p(x0 +i) = y0 +i, ossia p(x) = (x x0 )+y0 , ed uno solo tale che p(x0 i) = y0 +i,
ossia p(x) = (x x0 ) + y0 . Da questo si deduce che n = 1, contrariamente a
quanto supposto.
Esercizio 2. Determinare tutti i polinomi P (x) tali che P (0) = 0 e
P x2 + 1 = (P (x))2 + 1,
8x 2 R
Soluzione. Si verifica che
P (0) = 0
P (1) = P (02 + 1) = (P (0))2 + 1 = 0 + 1 = 1
P (2) = P (12 + 1) = (P (1))2 + 1 = 1 + 1 = 2
P (5) = P (22 + 1) = (P (2))2 + 1 = 22 + 1 = 5
ed in generale, se P (k) = k, risulta
P (k 2 + 1) = (P (k))2 + 1 = k 2 + 1
Di conseguenza vi sono infiniti k per cui P (k) = k per cui il polinomio Q(x) =
P (x) x possiede infinite radici. principio di identità dei polinomi discende che
Q(x) è il polinomio nullo, ossia P (x) = x.
Esercizio 3 (Colombia MO). Siano m, n le radici del polinomio P (x) = ax2 +
bx + c. Trovare un polinomio quadratico avente per radici m2 n ed n2 m.
b
a
Soluzione. Si ha m + n =
(m2
n) + (n2
e mn = ac . Pertanto otteniamo
m) = (m + n)2
2mn
(m + n) =
b2 + ab 2ac
a2
e
(m2
n)(n2
m) = (mn)2 + mn
= (mn)2 + mn
(m3 + n3 ) =
(m + n)3 + 3mn(m + n) =
c2
c
b3
cb
+
+
3 2 =
2
3
a
a a
a
ac2 + a2 c + b3 3abc
=
.
a3
=
Il polinomio cercato è allora
a3 x2
a(b2 + ab
2ac)x + (ac2 + a2 c + b3
22
3abc).
Esercizio 4 (Colombia MO). Se ↵, sono le radici del polinomio P (x) =
x2 + px + 1 e , sono le radici del polinomio x2 + qx + 1 dimostrare che
(↵
)(↵ + )( + ) = p2
)(
q2
Suggerimento. Sviluppare
(↵ + )2
( + )2
e
(↵
tenendo conto che ↵ =
)(
)(↵ + )( + )
= 1. . .
Esercizio 5 (Brazil MO). Trovare un polinomio di terzo grado P (x) tale che
P (x) = x2 ,
P (x + 1)
8x 2 R
Soluzione. Poniamo
a(x) = (x + 1)
Poiché 31 c(x)
della forma
x
b(x) = (x + 1)
2
c(x) = (x + 1)
3
1
1
2 b(x)+ 6 a(x)
P (x) =
1 3
x
3
=
x
2
x
3
1
=
=
3x
2
2x
+1
+3x
+1
= x2 , è immediato allora vedere che ogni polinomio
1 2 1
x + x+↵
2
6
(dove ↵ 2 R è arbitrario)
ha le proprietà richieste.
Esercizio 6. Trovare, nel caso in cui esista, un polinomio P (x) tale che
P (x) + P (2
x) = x2 + 3,
8x 2 R
Suggerimento. Si ponga Q(x) = P (x) + P (2 x), allora Q(1 + x) = P (1 + x) +
P (1 x) = Q(1 x), e quindi il grafico di Q(x) è simmetrico rispetto alla retta
di equazione x = 1. Si può dire altrettanto di x2 + 3?
Esercizio 7. Trovare un polinomio P (x) tale che
P (x) + xP (2
x) = x2 + 3,
8x 2 R
Soluzione. Se n è il grado di P (x), il polinomio Q(x) = P (x) + xP (2 x) ha
grado n + 1. Dato che Q(x) = x2 + 3 si ha che n = 1 e quindi P (x) = ax + b
per opportuni numeri reali a e b. Imponendo che P (x) soddisfi alla relazione
richiesta si ha
ax + b + x [a(2 x) + b] = x2 + 2
da cui, con facili calcoli, si trova che a =
cercato è P (x) = x + 3.
23
1, b = 3. Pertanto il polinomio
Esercizio 8. Trovare la somma dei coefficienti del polinomio
P (x) = (x + 1)2003
(x + 1)2002 + (x
1)3000
Soluzione. Se P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn abbiamo
a0 + a1 + · · · + an = P (1) = 22003
22002 = 22002
Esercizio 9. Trovare la somma dei coefficienti dei monomi di grado dispari del
polinomio P (x) = ( 2x + 1)2000
Soluzione. Se P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn abbiamo
a0 + a1 + · · · +
a0
an = P (1)
n
a1 + · · · + ( 1) an = P ( 1)
da cui segue che
a1 + a3 + a5 + · · · =
P (1) + P ( 1)
1 + 32000
=
2
2
Esercizio 10. Trovare il resto della divisione del polinomio x100 + x
x2 1.
1 per
Suggerimento. Essendo
x100 + x
1 = x2
1
x98 + x96 + · · · + x2 + 1 + x
il resto ed il quoziente della divisione sono rispettivamente . . .
Esercizio 11. Trovare un polinomio di quinto grado P (x) tale che P (0) =
P (1) = P (2) = P (3) = P (4) = 1 e P (5) = 0.
1
Suggerimento. Si noti che il polinomio Q(x) = 5!
x(x 1)(x 2)(x 3)(x
è tale che Q(0) = Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = 0 e Q(5) = 1, pertanto. . .
4)
Esercizio 12. Sia P (x) è un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che, se
P (x) ha esattamente 4 radici intere allora l’equazione P (x) = 2 non ha soluzioni
intere.
Suggerimento. Siano x1 , x2 , x3 e x4 quattro numeri interi distinti tali che
P (xi ) = 0 per i = 1, . . . , 4 e y un numero intero tale P (y) = 2. Si mostri
che y xi è un divisore di P (y) P (xi ) = 2. . .
Esercizio 13. Il polinomio P (x) = x5
prodotto è 1. Trovare ↵ e .
24
2009x + 56 ha due radici ↵,
il cui
Suggerimento. Si utilizzi l’identità x5 = P (x) + 2009x
(↵ )5 = ↵5 5 = · · · .
56 per calcolare 1 =
Esercizio 14 (Incontri Olimpici, Firenze 2009). Dimostrare che il polinomio
x50
50x49 + 49x48
··· + 1
non ha 50 radici reali positive.
Soluzione. Supponiamo per assurdo che P (x) abbia 50 radici positive a1 , a2 , . . . , a50 .
Dalle formule di Viète abbiamo
a1 + a2 + · · · + a50 = 50,
a1 a2 · · · a50 = 1
per cui la media aritmetica e la media geometrica degli ai sono rispettivamente:
AM =
a1 + a2 + · + a50
=1 ,
50
GM =
p
50
a1 a2 · a50 = 1
Poiché la media geometrica e la media aritmetica di numeri positive sono uguali
solo quando i numeri sono uguali, abbiamo che
a1 = a2 = · · · = a50 = 1
ma questo è assurdo in quanto 1 non è radice di P (x).
Soluzione alternativa. Supponiamo per assurdo che P (x) abbia 50 radici positive a1 , a2 , . . . , a50 . Dalle formule di Viète abbiamo
2 = a1 a2 · · · a49 + a1 a2 · · · a48 a50 + · · · + a2 a3 · · · a50 =
!
X
X 1
X 1
=
ai
=
ai
ai
i
i
i
da cui discende che la media armonica delle 50 radici è
50
HM = P 1 = 25
i
(3.1)
ai
ma questo è assurdo in quanto la media aritmetica è uguale ad 1 ed è noto che
la media armonica è minore o uguale della media aritmetica.
Esercizio 15 (Incontri Olimpici, Firenze 2009). Dimostrare che il polinomio
x2 + x + 1 divide il polinomio x2n + xn + 1 se e solo se n non è multiplo di 3.
Soluzione. Posto P (x) = x2 + x + 1 sia ! una sua radice. Chiaramente ! 6= 0.
Avremo ! 3 1 = (! 1)(! 2 + ! + 1) = (! 1)P (!) = 0 di modo che ! 3 = 1.
Poniamo ✓ = ! 2 . Dal momento che ! 6= 1 si ha ✓ 6= !. Troviamo allora
P (✓) = ✓2 + ✓ + 1 = ! 4 + ! 2 + 1 = (! 3 ) · ! + ! 2 + 1 = ! + ! 2 + 1 = P (!) = 0. Ne
consegue che P (x) divide Q(x) = x2n + xn + 1 se e solo se ! e ✓ sono entrambe
25
radici di Q(x). Sia 0 6 r 6 2 il resto della divisione di n per 3, allora n = 3q + r,
q
cosicché ! n = ! 3 ! r = ! r e
8
>
se r = 0,
<3
r 2
r
Q(!) = (! ) + ! + 1 = P (!) = 0 se r = 1,
>
:
P (✓) = 0 se r = 2.
Analogamente si mostra che
8
>
se r = 0,
<3
r 2
r
Q(✓) = (✓ ) + ✓ + 1 = P (✓) = 0 se r = 1,
>
:
P (!) = 0 se r = 2.
Pertanto P (x) divide Q(x) se e solo se r 6= 0.
Esercizio 16 (Incontri Olimpici, Cetraro 2010). Sia p(x) un polinomio a coefficienti interi con p(0) e p(5) dispari. Puó p(x) avere radici intere? Se si,
quante?
Soluzione. Se k è intero troviamo che
(
p(0) ⌘ 1 mod 2
p(k) ⌘
p(5) ⌘ 1 mod 2
se k è pari
se k è dispari
In nessun caso p(k) può essere uguale a 0.
Soluzione alternativa. Per risolvere l’esercizio usiamo il seguente lemma la cui
semplice dimostrazione è proposta come esercizio
Lemma. Se P (x) è un polinomio a coefficienti interi ed a, b sono numeri interi
allora a b divide P (a) P (b).
Dimostriamo che P (x) non ha radici intere: se ↵ fosse una radice intera di P (x)
si avrebbe
• ↵
0 | P (↵)
P (0) =
• ↵ 5 | P (↵)
) ↵ pari.
P (5) =
P (0) ) ↵ è dispari (essendo P (0) è dispari);
P (5) ) ↵
5 è dispari (essendoP (5) è dispari)
il che è assurdo.
Esercizio 17 (Incontri Olimpici, Cetraro 2010).
(a) Sia p(x) un polinomio di grado al più 2010 tale che p(i) = 0 per ogni
i 2 {0, 1, . . . , 2009} e p(2010) = 1. Quanto vale p(2011)?
(b) Sia p(x) un polinomio di grado al più 2010 tale che p(i) = i per ogni
i 2 {0, 1, . . . , 2009} e p(2010) = 2011. Quanto vale p(2011)?
26
Soluzione.
(a) Il polinomio p(x) è della forma p(x) = Ax(x 1)(x 2) · · · (x 2009), quindi
1 = p(2010) = A · 2010! per cui A = 1/2010! e p(2011) = 2011!/2010! =
2011.
(b) Il polinomio
q(x) = x +
1
x(x
2010!
1)(x
2) · · · (x
2009)
è tale che q(i) = i per ogni i 2 {0, 1, . . . , 2009} e q(2010) = 2011. Dal
principio di identità dei polinomi segue che p(x) = q(x) e quindi
p(2011) = 2011 +
2011!
= 2011 + 2011 = 4022
2010!
Esercizio 18 (Incontri Olimpici, Cetraro 2011). Siano ↵, le radici del polinomio x2 2011x + 1102. Dimostrare che ↵2011 + 2011 è un numero intero.
Soluzione. Posto Sn = ↵n +
n
, dobbiamo dimostrare che S2011 è intero.
Dalle note relazioni tra le radici e i coefficienti di un equazione di secondo
grado segue che:
↵ + = 2011, ↵ · = 1102
e quindi
Sn+2 = ↵n+2 +
= ↵
n+1
n+2
=
n+1
+
= 2011Sn+1
(↵ + )
↵ (↵n +
n
)=
1102Sn
Pertanto, essendo:
S0 = ↵ 0 +
0
= 2,
S1 = ↵ +
= 2011
ne segue (per induzione) che Sn è intero per ogni n 2 N.
⇤
Esercizio 19 (Incontri Olimpici, Cetraro 2011). Siano a, b numeri interi. Dimostrare che il polinomio
F (x) = (x
a)2 (x
b)2 + 1
non si può scrivere come prodotto di polinomi a coefficienti interi di grado
minore.
27
Soluzione. F (x) non è divisibile per nessun polinomio di primo grado in quanto
non ha radici reali. Pertanto basta dimostrare che F (x) non può essere scritto
come prodotto di due polinomi di secondo grado a coefficienti interi.
Supponiamo per assurdo che esistano due polinomi di secondo grado p(x),
q(x) a coefficienti interi tali che
a)2 (x
(x
b)2 + 1 = p(x)q(x)
(1)
e, senza perdita di generalità, possiamo supporre che i coefficienti di grado
massimo di p(x), q(x) siano uguali ad 1. Distinguiamo due casi:
• Se a = b abbiamo:
(x
a)4 + 1 = p(x)q(x)
Dalla (2) e↵ettuando il cambio di variabile x
p(X + a), Q(x) = q(X + a) abbiamo:
X 4 + 1 = P (X)Q(X) = X 2 + aX + b
(2)
a = X e ponendo P (x) =
X 2 + cX + d
X 4 + 1 = X 4 + (a + c)X 3 + (b + d)X 2 + (ad + bc)X + bd
(3)
Dalla (3) segue che bd = 1, b + d = 0 e ciò è impossibile per b, d 2 Z.
• Se a 6= b abbiamo p(a)q(a) = 1, p(b)q(b) = 1. Pertanto
p(a), p(b), q(a), q(b) 2 { 1, 1}
Se p(a) = p(b) = 1 si ha che q(a) = q(b) = 1 e quindi:
p(x)
1 = (x
a)(x
b)
q(x)
1 = (x
a)(x
b)
)
)
p(x) = (x
a)(x
b) + 1
q(x) = (x
a)(x
b) + 1
per cui
p(x)q(x) = x4 2(a+b)x3 + a2 + b2 + 4ab + 2 x2 2(a+b)(ab+1)x+a2 b2 +2ab+1
ed è facile verificare che la (1) non può essere verificata con a, b 2 Z.
Negli altri casi:
(p(a) = 1, p(b) =
1) _ (p(a) =
1, p(b) = 1) _ (p(a) =
1, p(b) =
1)
si dimostra nello stesso modo che la (1) non può essere verificata con
a, b 2 Z.
Esercizio 20 (Gara di Febbraio 2007). Sia P (x) = x3 + ax2 + bx + c. Sapendo
che la somma di due delle radici del polinomio vale zero, quale delle seguenti
relazioni tra i coefficienti di P (x) è sempre vera?
(A) abc = 0
(B) c = ab
(C) c = a + b
28
(D) b2 = ac
(E) nessuna
Soluzione. La risposta è (B). Dette ↵,
aversi, per ogni x, che
(x
↵)(x
e
le radici del polinomio, deve
)(x + ) = x3 + ax2 + bx + c
Svolgendo i prodotti e uguagliando i coefficienti dei termini dello stesso grado
(principio di identità dei polinomi), si ha
2
↵ = a,
= b,
2
↵
=c
⇤
) ab = c
Esercizio 21 (Cesenatico 2002). Determinare per quali valori di n tutte le
soluzioni dell’equazione x3 3x + n = 0 sono numeri interi.
Soluzione. Se a, b, c sono le tre soluzioni (non necessariamente distinte) dell’equazione x3 3x + n = 0, allora
x3
3x + n = (x
a)(x
b)(x
c) = x3
(a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x
abc
Dal principio di identità dei polinomi ne segue che
8
>
<a + b + c = 0
ab + bc + ca = 3
>
:
abc = n
Essendo (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca), si ottiene a2 + b2 + c2 = 6. Se
a, b, c sono interi, questo è possibile solo se due dei quadrati sono uguali ad 1 ed
il terzo è uguale a 4. Pertanto possiamo assumere, per simmetria, che a = ±1,
b = ±1, c = ±2. Poichè inoltre si deve avere a + b + c = 0, le sole possibilità
sono a = b = 1, c = 2 e a = b = 1, c = 2, da cui si ricava che n = 2 oppure
n = 2.
Per quanto abbiamo appena osservato,
x3
3x + 2 = (x
e quindi n = 2 ed n =
1)2 (x + 2),
x3
3x
2 = (x + 1)2 (x
2)
2 sono e↵ettivamente soluzioni del problema.
Esercizio 22 (Incontri Olimpici, Cetraro 2012). Il polinomio P (x) soddisfa la
relazione P ( x) = P (x), per ogni numero reale x. Se dividendo P (x) per
x 2 si ottiene resto 5, qual è il resto della divisione di P (x) per x2 4?
Soluzione. Detti Q(x) ed R(x) = ax + b il quoziente ed il resto della divisione
di P (x) per x2 4 abbiamo
P (x) = x2
4 Q(x) + ax + b
Dal teorema del resto segue che P (2) = 5 e inoltre, dato che P (x) è un polinomio
dispari, risulta P ( 2) = P (2) = 5. Pertanto
⇢
2a + b = 5
2a + b = 5
da cui con un semplice calcolo si ottiene a = 52 , b = 0 ed R(x) = 52 x.
29
Esercizio 23 (Incontri Olimpici, Cetraro 2012). Trovare tutti i polinomi P (x)
tali che
16(x 1)P (x) = (x 16)P (2x),
8x 2 R
(*)
Soluzione. Ponendo x = 1, 2, 4, 8 nella relazione (*) otteniamo
• x = 1 ) P (2) = 0;
• x = 2 ) P (4) = 0;
• x = 4 ) P (8) = 0;
• x = 8 ) P (16) = 0;
Dato che 2,4,8,16 sono radici di P (x), esiste un polinomio Q(x) tale che
P (x) = Q(x)(x
2)(x
4)(x
8)(x
16)
Sostituendo nella relazione (*) abbiamo
16(x
1)Q(x)(x
2)(x
4)(x
= (x
8)(x
16) =
16)Q(2x)(2x
2)(2x
4)(2x
8)(2x
16)
da cui segue che Q(x) = Q(2x) per ogni x 2 R. Pertanto per ogni i 2 Z risulta
Q(1) = Q(2) = Q(4) = · · · = Q(2i )
il che significa che il polinomio R(x) = Q(x) Q(1) ammette infinite radici
e, di conseguenza, R(x) è il polinomio nullo. Questo significa che Q(x) è un
polinomio costante, cioè esiste k 2 R tale che Q(x) = k per ogni x 2 R. Abbiamo
dimostrato che tutti i polinomi P (x) che verificano la (⇤) sono della forma
P (x) = k(x
2)(x
4)(x
8)(x
16)
(**)
per un opportuno k 2 R. Viceversa è un facile esercizio verificare che tutti i
polinomi della forma (**) verificano la (*).
Soluzione alternativa. Posto P (x) =
n
P
ai xi uguagliando i termini di grado
i=0
massimo nei due membri dell’espressione
16(x
1)
n
X
ai xi = (x
i=0
16)
n
X
a i 2i x i
i=0
si ottiene 16 = 2n . Pertanto n = 4 e P (x) = a+bx+cx2 +dx3 +ex4 per opportuni
numeri reali a, b, c, d, e. Sostituendo P (x) nella relazione (*) con alcuni calcoli
(un po’ noiosi!) si possono trovare i coefficienti a, b, c, d, e.
Esercizio 24 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Siano ↵, , le radici del polinomio x3 6x2 + 12x 15. Si determini un polinomio di terzo grado avente
come radici ↵ ,
,↵ .
30
Soluzione. Sia x3 + ax2 + bx + c il polinomio richiesto. Dalle relazioni tra i
coefficienti e le radici di un polinomio abbiamo
↵+
+
= 6,
↵ +↵ +
= 12,
↵
= 15
da cui segue che
a=
(↵ + ↵ +
b=↵
2
c=
↵
+↵
=
2
+↵
2 2 2
)=
2
12
2
15 =
=↵
+ ) = 15 · 6 = 90
(↵ +
225
Pertanto il polinomio richiesto è x3
12x2 + 90x
225.
Esercizio 25 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Dire per quante coppie (p, q) di
numeri primi (positivi) il polinomio x2 + px + q ha due radici intere.
Soluzione. Indicate con ↵, le radici del polinomio si ha che ↵ = q e, dato che
q è primo, possono presentarsi due casi:
• ↵ = 1,
• ↵=
=q )q+1=
1,
=
q)
q
p, impossibile;
1=
p ) p = q + 1 ) q = 2, p = 3.
Pertanto x2 + px + q ha due radici intere solo se q = 2 e p = 3.
Esercizio 26 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Dimostrare che non esiste un
polinomio a coefficienti interi P (x) tale che P (1) = e P (5) = 3.
Soluzione. Per il teorema del resto esiste un polinomio ma coefficienti interi
Q(x) tale che P (x) = (x 1)Q(x) + 2. Pertanto
3 = P (5) = (5
1)Q(5) + 2
) Q(5) =
1
5
il che è impossibile in quanto Q(5) è un intero.
Esercizio 27 (Stage Olimpico, Teramo 2012). Sia P (x) un polinomio a coefficienti interi tale che P (1) = P (2) = P (3) = 1. Dimostrare che non esiste nessun
intero n tale che P (n) = 4.
Soluzione. Il polinomio P (x) 1 ammette le radici 1, 2 e 3, quindi esiste un
polinomio Q(x) a coefficienti interi tale che
P (x)
1 = (x
1)(x
2)(x
3)Q(x)
e quindi
P (x) = (x
1)(x
2)(x
31
3)Q(x) + 1
Se esistesse un intero n tale che P (n) = 4 si avrebbe
1 + (n
1)(n
2)(n
3)Q(n) = 4
3 = (n
1)(n
2)(n
3)Q(n),
e quindi
ma questo è impossibile in quanto 3 non è divisibile per tre interi distinti
consecutivi.
Esercizio 28 (Incontri Olimpici, Cetraro 2012). Siano a1 , a2 , . . . , an degli interi
distinti. Dimostrare che il polinomio
P (x) = (x
a2 ) · · · (x
a1 ) (x
an )
1
è irriducibile su Z.
Soluzione. Per assurdo supponiamo che esistano due polinomi s(x), t(x) di
grado minore di n tali che P (x) = s(x)t(x). Pertanto
(x
a1 ) (x
a2 ) · · · (x
an ) = s(x)t(x) + 1
(1)
Dalla (1) segue che
1
8i 2 {1, 2, . . . , n}
s(ai ) + t(ai ) = 0
8i 2 {1, 2, . . . , n}
s(ai )t(ai ) =
(2)
e, poichè s(ai ), t(ai ) 2 Z abbiamo
e ciò implica che s(x) + t(x) è il polinomio nullo (in quanto ha grado minore
2
di n ed ammette n radici) e quindi s(x) = t(x). Pertanto P (x) = (t(x))
e, di conseguenza, P (x) non assume mai valori positivi. Questo però è assurdo
perché se x > max (a1 , a2 , . . . , an ) + 1 si verifica facilmente che P (x) > 0.
Esercizio 29 (Ontario Annual Examination 1956). Se le radici del polinomio
x3 + ax2 + bc + c sono in progressione geometrica, dimostrare che a3 c = b3 .
Soluzione. Possiamo supporre, senza perdita di generalità che le radici ↵, ,
del polinomio P (x) soddisfano la relazione ↵ =
. Applicando le formule di
Viète. . .
Esercizio 30 (Russia MO 2004). Il polinomio a coefficienti interi f (x) = xn +
a1 xn 1 + a2 xn 2 + · · · + an 1 x + an ha n radici intere distinte. Dimostrare che
se le radici sono a due a due coprime allora an 1 ed an sono coprimi.
32
Suggerimento. Dalle formule di Viète sappiamo che an = ( 1)n x1 · · · xn , dove
x1 , . . . , xn sono le radici di f (x). Se p è un numero primo che divide an allora
deve dividere una delle radici di f (x), senza perdita di generalità possiamo
supporre che p divida x1 . Possiamo scrivere:
an
1
= ( 1)n
1
n
X
i=1
= ( 1)
n 1
x1 · · · xi
1
· xi+1 · · · xn
x2 · · · xn + x1 ·
n
X
i=2
x2 · · · xi
Se per assurdo supponiamo che p divida anche an
33
1
1
· xi+1 · · · xn
allora. . .
!