Acerca de la Conjetura de Goldbach para Polinomios Enteros

Acerca de la Conjetura de Goldbach
para Polinomios Enteros
Sergio Daniel Veloza Bernal
Código: 20061167046
Universidad Distrital Francisco José de Caldas
Facultad de Ciencias y Educación, Proyecto Curricular de Matemáticas
Bogotá, Colombia
2015
Acerca de la Conjetura de Goldbach
para Polinomios Enteros
Sergio Daniel Veloza Bernal
20061167046
Tesis presentada como requisito parcial para optar al tı́tulo de:
Matemático
Director:
Verónica Cifuentes Vargas
Universidad Distrital Francisco José de Caldas
Facultad de Ciencias y Educación, Proyecto Curricular de Matemáticas
Bogotá, Colombia
2015
Director
Profesora Verónica Cifuentes
Jurado No. 1
Jurado No. 2
Índice general
Introducción
II
1. Anillos de Polinomios
1.1. Irreducibilidad de polinomios en Z[x] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1. Divisores de cero y cancelación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
2
3
2. El Teorema Chino del Residuo
2.1. Ecuaciones Diofánticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Ecuaciones de Grado Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
6
8
3. La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Mónicos
3.1. El Resultado de Dr Hayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Escogencia de los Primos p y q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
11
16
4. La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Enteros
4.1. Generalización del Resultado de Hayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Escogencia de los Primos p y q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
18
19
5. El número de veces en que se puede escribir un Polinomio como suma de dos
irreducibles
21
6. Conclusiones y trabajos futuros
6.1. Conclusiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bibliografı́a
23
23
24
Introducción
En una carta dirigida a Euler y fechada el 7 de Junio de 1742, Christian Goldbach (16901764) afirmaba haber observado que todo número par mayor que 2 podı́a escribirse como
suma de dos primos; y que todo número impar mayor que 5 se podı́a representar como suma
de tres. Han habido muchos esfuerzos por demostrar esta conjetura pero aún no ha podido
ser demostrada.
En 1937 Vinogradov demostró el siguiente Teorema: Todo número impar suficientemente
grande se puede escribir como suma de tres primos, que es sin duda un resultado muy
cercano a la conjetura.
En 1966 Jingrun Chen realizó una prueba que se acercaba todavı́a más a la Conjetura, esta
dice: Todo número par suficientemente grande se puede expresar como la suma de un primo
y un casi primo
En el 2014 la conjetura ha sido probada por el peruano Harald Helfgott quien probó que
todo número impar mayor que 5 puede expresarse como la suma de tres números primos,
este es un caso particular de la conjetura fuerte de Goldbach
iii
La conjetura débil ha sido verificada para todos los números pares menores que 4 · 1014 por
Joerg Richstein (1998).
para algunos números se muestra a continuación.
4 = 2 + 2,
6 = 3 + 3,
8 = 3 + 5 = 5 + 3,
10 = 3 + 7 = 5 + 5 = 7 + 3,
12 = 5 + 7 = 7 + 5,
14 = 3 + 11 = 7 + 7 = 11 + 3,
16 = 3 + 13 = 5 + 11 = 11 + 5 = 13 + 3,
18 = 5 + 13 = 7 + 11 = 11 + 7 = 13 + 5,
20 = 3 + 17 = 7 + 13 = 13 + 7 = 17 + 3,
22 = 3 + 19 = 5 + 17 = 11 + 11 = 17 + 5 = 19 + 3,
No podemos escribir sobre la conjetura de Goldbach sin mencionar la conjetura sobre la
infinitud de los primos gemelos. En 1849 A. de Polignac conjeturó que para todo número
par 2n habı́a infinitas parejas de primos cuya diferencia era 2n. El caso n = 1 corresponde
a una famosa conjetura. ¿Existen infinitas parejas de primos p, p + 2? A tales parejas se
les denomina primos gemelos. Por ejemplo (3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43),
(59, 61) y (71, 73) son todas las parejas de primos gemelos menores que 100. La mayor pareja
de primos gemelos que se conoce se debe a La Barbera, Jobling y Gallot (Octubre de 2000).
(1693965 · 266443 + 1), (1693965 · 266443 − 1)
En las matemáticas, los polinomios aparecen por diversas razones y en distintos temas,
siendo ellos una herramienta útil en la elaboración y construcción de distintas teorı́as de las
matemáticas. En el artı́culo Acerca de La Conjetura de Goldbach de Filip Saidak, se abordan
los polinomios desde el punto de vista de los anillos y campos, teniendo como enfoque la
irreducibilidad de estos y su utilidad.
En este trabajo se estudia este artı́culo cuyo objetivo es mostrar que si dado un polinomio
cualquiera f (x) en el anillo de Polinomios en la indeterminada x, con coeficientes en los
enteros ( notado Z[x] ) (De ahora en adelante se denominarán a estos polinomios, polinomios
enteros) este polinomio se puede escribir como la suma de dos polinomios irreducibles y NO
de manera única, tal como ocurre con la conjetura de Goldbach para números enteros que
enuncia: todo número par se puede escribir como la suma de dos primos y No de manera
única..
La Conjetura de Goldbach es la motivación de este artı́culo en el que se probará la conjetura
de Goldbach pero en la versión polinomica, dado que estos polinomios tienen coeficientes
enteros más precisamente que pertenecen al anillo de Polinomios Z[x].
1 Anillos de Polinomios
En este capı́tulo se incluyen las propiedades y caracterı́sticas más importantes de la teorı́a
de Anillos y Campos que coneciernen al tema en cuestión.
Las deficiones y teoremas que se presentan a continuación, provienen del Libro ”Algebra
Abstracta de J. Fraleigh”
Definición 1 Sea R un anillo. Un polinomio f (x) con coeficientes en R es una suma formal:
∞
X
ai xi = a0 + a1 x + .... + an xn + ..
i=0
donde ai ∈ R y ai = 0 para todos excepto para un número finito de valores de i. Un elemento
de R es un polinomio constante.
Teorema 1 El conjunto R[x] es un anillo con la operación de suma y multiplicación usual
de polinomios. Si R es conmutativo, entonces también lo es R[x] y si R tiene unidad 1 6= 0,
entonces 1 es también unidad para R[x].
Demostración: El anillo hR[x], +i es un grupo conmutativo debido a que los polinomios
cumplen las propiedades clausurativa, asociativa, invertiva y modulativa con la operación
suma. Para que sea un anillo se debe probar que se cumplen la propiedad clausurativa, asociativa y distributiva respecto del producto.
La ley asociativa se satisface: dados a(x), b(x) y c(x) en R[x]
Sean ai , bj , ck ∈ R tenemos:
" ∞
! ∞
!# ∞
!
X
X
X
ai x i
bj x j
ck x k
i=0
"
=
j=0
∞
n
X
X
n=0
∞
X
s=0
k=0
!
ai bn−i
#
xn
i=0
"
∞
X
!
ck x k
k=0
s
X
n
X
n=0
i=0
!
ai bn−i
∞
X
∞
X
s=0
i+j+k=s
#
cs−n xs
!
ai b j c k
xs
2
1 Anillos de Polinomios
" s
∞
X
X
s=0
∞
X
as−m
m=0
i=0
∞
X
i=0
!"
ai x i
!
bj cm−j
#
x
s
j=0
!"
ai x i
m
X
∞
X
m
X
m=0
j=0
∞
X
j=0
bj cm−j
!
bj x j
#
!
∞
X
xm
!#
ck x k
k=0
De forma análoga se prueba que se satisface la ley distributiva.
R[x] es conmutativo por el hecho que R es conmutativo, y la unidad 1 6= 0 en R es también
la unidad de R[x] en vista de la definición de multiplicación en R[x].
1.1.
Irreducibilidad de polinomios en Z[x]
Definición 1 Un polinomio no constante f (x) ∈ Z[x] es irreducible sobre Z o es un polinomio irreducible en Z[x] si f (x) no puede ser expresado como un producto g(x)h(x) de dos
polinomios g(x) y h(x) en Z[x] ambos de un grado menor que el de f (x).
Los siguientes resultados nos dan una herramienta para determinar la irreducibilidad o no de
un polinomio en Z[x], la prueba de estos teoremas se puede encontrar en el libro .A Algebra
Abstracta, John Fraleigh”
Teorema 2 Un elemento a ∈ Z es un cero de f (x) ∈ Z[x] si y sólo si x − a es un factor de f (x) en Z[x].
Teorema 3 Sea f (x) un polinomio en Z[x]. f (x) se puede factorizar en un producto de dos
polinomios de menor grado r y s en Q[x] si y solo si tiene tal factorización con polinomios
del mismo grado r y s en Z[x]
Corolario 1 Si f (x) = xn + an−1 xn−1 + ... + a0 es un polinomio en Z[x], con a0 6= 0, tiene
un cero a en Q entonces a es un cero de f (x) en Z, y a debe dividir a a0
Demostración: Si f (x) tiene un cero a en Q, entonces f (x) tiene un factor lineal x − a en
Q[x] por el teorema 2, por el teorema 3, f (x) tiene una factorización con un factor lineal en
Z[x], luego para algún a ∈ Z debemos tener:
f (x) = (x − a)(xn−1 + ... − a0 /a)
Ası́ a0 /a está en Z y a divide a a0
Ejemplo: El corolario anterior nos da una manera de probar que el polinomio x2 − 2 es
irreducible en Q porque si este polinomio tiene un cero en Z debe tener un cero en Q, como
1.1 Irreducibilidad de polinomios en Z[x]
3
los únicos divisores de 2 son ±1 y ±2. Un sencillo reemplazo muestra que ninguno de estos
valores es un cero de x2 − 2.
Teorema 4 (Einsenstein) Sea p ∈ Z un número primo. Supongamos que f (x) = an xn +
...+a0 está en Z[x] y an 6≡ 0(mod p), pero ai ≡ 0(mod p) para todo i < n, con a0 6≡ 0(mod p2 )
entonces f (x) es irreducible sobre Q, en particular en Z
Demostración: Por el Teorema 3 de esta sección solamente debemos probar que f (x) no
se puede factorizar en polinomios de menor grado en Z[x]. Si
f (x) = (br xr + .. + b0 )(cs xs + ... + c0 )
es una factorización en Z[x], con br 6= 0, cs 6= 0 y r, s < n, entonces a0 6≡ 0(mod p2 ) implica
que b0 y c0 no son ambos congruentes a 0 modulo p. Supongamos que b0 6≡ 0(mod p), puesto
que an = br cs . Sea m el valor mas pequeño de k tal que ck 6≡ 0(mod p). Entonces:
am = b0 cm + b1 cm−1 + .... +
bm c0 si r ≥ m
br cm−r si r< m
El hecho que ni b0 ni cm son congruentes a 0 modulo p, mientras cm−1 , ...., c0 son todos
congruentes a 0 modulo p implica que am 6≡ 0 modulo p, ası́ m = n. Por consecuencia s = n
contradiciendo la suposición hecha y era que s < n, o sea que la factorización es no trivial.
Ejemplo El polinomio f (x) = 25x5 − 9x4 − 3x2 − 12 es irreducible sobre Q , ya que tomando
p = 3 tenemos:
25 6≡ 0(mod 3)
, pero:
−9 ≡ 0(mod 3)
,
−3 ≡ 0(mod 3)
y
−12 6≡ 0(mod 9)
cumpliendo el criterio.
1.1.1.
Divisores de cero y cancelación
Una de las propiedades algebraicas más importantes de los números reales es que el producto
de dos números es cero, únicamente si por lo menos uno de los dos factores es cero, pero al
cambiar el sistema numérico esta propiedad no se tiene. Por ejemplo en Z12 donde el producto
de dos valores igualados a cero, no implica necesariamente que alguno de los valores sea cero.
Definición 1 Si a y b son dos elementos no nulos de un anillo R tales que a · b = 0 entonces
a y b son divisores de 0
4
1 Anillos de Polinomios
Teorema 5 En el anillo Zn los divisores de 0 son precisamente los elementos que no son
primos relativos a n.
Demostración: Sea m ∈ Zn , donde m 6= 0, y sea d 6= 1 el (máximo común divisor) mcd de
m y n. Entonces:
n m
m
=
n
d
d
y (m/d)n que da 0 es múltiplo de n, Ası́ m(n/d) = 0 está en Zn , mientras que ni m ni n/d
es 0, ası́ m es un divisor de 0.
Por otro lado, supongamos que m ∈ Zn es primo relativo con n. Si para s ∈ Zn se tiene que
ms = 0,entonces n divide el producto ms de m y s en elementos del anillo Z. Como n no
tiene factores mayores que 1 en común con m, debe ser que n divide a s, de modo que s = 0
en Zn .
Corolario Si p es primo, entonces Zp no tiene divisores de 0.
Demostración: El corolario es un caso particular del teorema anterior
Definición: Un dominio de integridad D es un anillo conmutativo con unidad 1 6= 0 que no
tiene divisores de 0.
Ahora se probará que el anillo de polinomios Z[x] es un dominio de integridad, para ello
recurrimos a tres importantes resultados del álgebra de anillos y campos:.
Teorema 6 La ley cancelativa se satisface en un anillo R si y solo si R no tiene divisores de
0.
Demostración: Sea R un anillo en el que se cumple la ley cancelativa, supongase que ab = 0
para algúnos a,b ∈ R. Debemos probar que cualquiera a o b es 0. Si a 6= 0, entonces ab = a0
implica que b = 0 por la ley de la cancelación. Similarmente si b 6= 0 implica que a = 0, ası́
que no pueden haber divisores de 0 si un anillo posee la ley cancelativa.
Recı́procamente, supongase que R no tiene divisores de 0 y que ab = ac con a 6= 0. Entonces:
ab − ac = a(b − c) = 0
Puesto que a 6= 0 y puesto que R no tiene divisores de 0, se tiene que b − c = 0, ası́ que
b = c, un argumento similar muestra que ba = ca con a 6= 0 implica que b = c
En particular puesto que Z cumple la ley cancelativa se tiene que Z no tiene divisores
de 0, por lo tanto es un dominio de integridad.
1.1 Irreducibilidad de polinomios en Z[x]
5
Teorema 7 Sean P (x) y Q(x) polinomios en Z[x], con grados n y m respectivamente, entonces el grP Q = grP + grQ, donde grP significa el grado de P (x).
Demostración: Sea P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + ao y Q(x) = bn xm + bm−1 xm−1 + ... + b0 ,
al multiplicarlos nos queda:
P (x)Q(x) = (an xn + an−1 xn−1 + ... + ao )(bn xm + bm−1 xm−1 + ... + b0 )
= an xn bm xm + an xn bm−1 xm−1 ...an−1 xn−1 bn xm + an−1 xn−1 bm−1 xm−1 + ...ao b0
= an bm xn+m + an bm−1 xn+m−1 ...an−1 bn xn+m−1 + an−1 bm−1 xn+m−2 + ...ao b0
por lo tanto, grP Q = m + n. es decir el grado de P (x) mas el grado de Q(x).
Teorema 8 Z[x] es un dominio de integridad
Demostración: Si Z[x] no fuera un dominio de integridad, existirı́an polinomios P (x) y
Q(x) tales que P (x)Q(x) = 0 y ni P (x) ni Q(x) son el polinomio 0, pero esto contradice el
hecho que grP Q = grP + grQ por tanto Z[x] es un Dominio de Integridad
2 El Teorema Chino del Residuo
2.1.
Ecuaciones Diofánticas
Con el fin de demostrar la conjetura de Goldbach para polinomios enteros, es necesario hablar sobre las ecuaciones diófanticas y en particular del Teorema Chino del Residuo, aquı́ es
importante este resultado porque nos ayudará finalmente a mostrar que el número de formas
de sumar un polinomio como resultado de dos polinomios irreducibles no es única.
Acontinuación veremos un importante resultado sobre congruencias:
Este teorema se encuentra en el libro ”T Introducción a la Teorı́a de Números, Gustavo
Rubiano”
Teorema 1 La congruencia lineal ax ≡ b (mod n) tiene solución si y solo si d|b, donde
d = (a, n).
Demostración: Dividimos la demostración en 4 partes:
1. Si d|b, hay una solución.
2. Si hay solución, d|b.
3. Si x0 es una solución entonces x0 + k nd es solución para todo entero k.
4. Todas las soluciones se encuentran entre las soluciones mencionadas en 3.
Prueba 1. Supongamos que d|b, luego b = cd para algún c. Como d = (a, n), podemos
expresar d en la forma d = ar + sn.
Multiplicando por c obtenemos b = cd = car + csn
Por lo tanto acr ≡ b (mod n) y cr es una solución de la congruencia lineal ax ≡ b (mod n).
Prueba 2. Supongamos que x0 es una solución de la congruencia lineal.
Luego ax0 ≡ b (mod n) y por lo tanto existe un entero k tal que ax0 − b = kn.
Como d|a y d|n, se sigue que d|b como habı́amos mencionado
2.1 Ecuaciones Diofánticas
7
Prueba 3 Supongamos que x0 es una solución de la congruencia dada.
Para todo entero k tenemos:
a
n
= ax0 + kn
≡ ax0 ≡ b (mod n)
a x0 + k
d
d
puesto que d|a
Prueba 4 Supongamos que x1 es otra solución de la congruencia dada.
Tenemos entonces:
ax1 ≡ b ≡ ax0 (mod n)
Por lo tanto
x1 ≡ x0 (mod
n
)
d
Luego existe un entero k tal que
n
d
Teorema 2 La ecuación diofántica ax+by = c tiene solución, si y solo si, d|c donde d = (a, b)
x1 = x0 + k
Además, si x0 y y0 es una solución particular de la ecuación, entonces todas las soluciones están dadas por las ecuaciones:
x = x0 + k
b
d
e
y = y0 − k
a
d
Donde k es un entero arbitrario
Demostración:
Determinar las soluciones de esta ecuación diofántica es equivalente a determinar las soluciones de alguna de las congruencias lineales:
ax ≡ c (mod b)
o
by ≡ c (mod a)
Según el teorema anterior, sabemos que existe solución si y sólo si d|c donde d = (a, b).
Además si x0 es una solución de ax ≡ c (mod b), sabemos que todas las demás soluciones de
esta congruencia son de la forma:
b
x = x0 + k
d
A partir de la ecuación ax + by = c, podemos obtener los valores correspondientes de y.
Cuando x = x0 obtenemos:
c − ax0
y0 =
b
y cuando x = x0 + k db obtenemos:
y=
c − a(x0 + k db )
b
8
2 El Teorema Chino del Residuo
=
2.2.
c − ax0 ka
−
b
d
ka
= y0 −
d
Ecuaciones de Grado Superior
Uno de los problemas más importantes en la resolución de ecuaciones diófanticas ha sido
la resolución de un sistema de ecuaciones, de las contribuciones más importantes para la
resolución de dicho tipo de sistemas esta el Teorema Chino del Residuo que se expone a
continuación:
Teorema 3 (TCDR) Sean m1 , m2 , ..., mr enteros positivos primos relativos dos a dos, y
sean a1 , a2 , ..., ar enteros arbitrarios. Entonces el sistema de congruencias lineales:
x ≡ a1 (mod m1 )
x ≡ a2 (mod m2 )
.
.
x ≡ ar (mod mr )
Qr
tiene solución única módulo m = i=1 mi
Q
Demostración: Para i = 1, 2, ...., r sea Mi = mmi = i6=j mj . Entonces (Mi , mi ) = 1 para
todo i.
Por el Teorema 1 de esta sección existen soluciones únicas para las congruencias lineales
Mi x ≡ 1 (mod mi )
para i = 1, 2, ...., r. Es decir existen enteros b1 , b2 , ...., br tales que
M1 b1 ≡ 1 (mod m1 ), M2 b2 ≡ 1 (mod m2 ), ...., Mr br ≡ 1 (mod mr )
Por lo tanto,
M1 b1 a1 ≡ a1 (mod m1 ), M2 b2 a2 ≡ a2 (mod m2 ), ..., Mr br ar ≡ ar (mod mr )
y si establecemos:
x0 =
r
X
Mi bi ai
i=1
tenemos que x0 ≡ ai (mod mi ) para todo i, puesto que Mi ≡ 0 (mod mj ) para j 6= i. En
consecuencia, x0 es una solución del sistema de congruencias.
Supongamos ahora que x1 y x0 son dos soluciones del sistema. Entonces
x1 ≡ a1 ≡ x0 (mod mi )
2.2 Ecuaciones de Grado Superior
9
Q
para i = 1, 2, ..., r y por lo tanto concluimos que x1 ≡ x0 (mod m), donde m = ri=1 mi . Por
consiguiente, la solución es única módulo m.
Ejemplo: A continuación, resolveremos paso por paso un sistema de congruencias básico,
utilizando el Teorema chino del residuo.
¿Es posible encontrar un número tal que al dividirlo por 3 deje resto 2,
al dividirlo por 5 deje resto 3 y al dividirlo por 7 deje resto 2?
El enunciado se podrı́a traducir a resolver el siguiente sistema de congruencias lineales:
x ≡ 2(mod 3)
x ≡ 3(mod 5)
x ≡ 2(mod 7)
En este caso tenemos que m = 3 · 5 · 7 = 105 y a1 = 35, a2 = 21 y a3 = 15. La solución que
buscamos es el del tipo
x0 = 2 · 35 · d1 + 3 · 21 · d2 + 2 · 15 · d3
Una solución de 35 · d1 ≡ 1(mod 3) es d1 = 2
Una solución de 21 · d2 ≡ 1(mod 5) es d2 = 1
Una solución de 15 · d3 ≡ 1(mod 7) es d3 = 1
Por lo tanto:
x0 = 2 · 35 · 2 + 3 · 21 · 1 + 2 · 15 · 1 = 233 ≡ 23(mod 105)
La solución buscada es:
x = 23 + 105k, k ∈ Z
Corolario 1 Si a y b son primos relativos más grandes que 0 con a < b, entonces existen números enteros u y v tales que au + bv = 1, además el número de soluciones (u, v) con
|u|, |v| < y es al menos [(2y + 1)/|b|], donde [x] es la parte entera de x.
Demostración: Puesto que a y b son primos relativos, (a, b) = 1 y en virtud del Teorema
2 de esta sección la ecuación diofántica tiene solución, por lo tanto existen números enteros
u y v tales que au + bv = 1, Además si (u0 .v0 ) es una solución, entonces todas las demás
soluciones son de la forma:
u = u0 + kb
y
v = v0 − ka
Dada una cota y tal que |u|, |v| < y, tenemos:
|u| = |u0 + kb| < y
10
2 El Teorema Chino del Residuo
y
|v| = |v0 − ka| < y
Por lo tanto:
−y < u0 + kb < y
y
−y < v0 − ka < y
La cantidad de enteros comprendidos entre −y e y es 2y + 1, y como |b| > |a|, el número de
soluciones comprendidas en ese intervalo es: 2y+1
b
Ejemplo Resolver la ecuación diofántica 2u + 3v = 1 acotada por y = 6.
Solución: En este caso, sabemos que hay solución, puesto que 1 = (2, 3), sea u0 = −1 y
v0 = 1 una solución, sabemos que las demás son de la forma:
u = −1 + 3k
y
v = 1 − 2k
ya que están acotadas por y = 6, tenemos:
| − 1 + 3k| < 6
y
|1 − 2k| < 6
Entonces:
−6 < −1 + 3k < 6
y
−6 < 1 − 2k < 6
Ahora miremos para que valores de k se cumplen estas condiciones a la vez. En el caso 1, el
menor valor que puede tomar k es −1 y el mayor es 2.
En el caso 2, el menor valor que puede tomar k es −2 y el mayor es 3, es decir que los
posibles k´s en el primer caso son
k = −1, 0, 1, 2 y en el segundo caso son k = −2, −1 − 0, 1, 2, 3 observese que en el segundo
caso hay mas soluciones, pero como nos interesa que se cumplan las desigualdades a la vez,
los valores de k para el primer caso es la cantidad que buscamos, las soluciones son 4, y
observemos que 4 = [(2(6) + 1)/3]
3 La Conjetura de Goldbach Para
Polinomios Mónicos
En este capı́tulo nos dedicaremos a demostrar que si f (x) ∈ Z[x] es un polinomio mónico,
existen polinomios g(x) y h(x) ∈ Z[x] mónicos e irreducibles tales que f (x) = g(x) + h(x),
en la siguiente sección veremos que estos polinomios no son únicos. 1
3.1.
El Resultado de Dr Hayes
Teorema: (Debido a Dr Hayes) Sea f (x) un polinomio mónico que pertenece al anillo de polinomios Z[x], entonces existen polinomios mónicos g(x) y h(x) ∈ Z[x] tales que
f (x) = g(x) + h(x)
Demostración: Sea
f (x) = xd + Fd−1 xd−1 + .... + F1 x + F0
Se va a establecer que los polinomios g(x) y h(x) son irreducibles con el criterio de Einsenstein.
Se escribe a
g(x) = xd + pGd−1 xd−1 + ... + pG1 x + G0
ya
h(x) = xd−1 + qHd−2 xd−2 + ... + qH1 x + H0
Se han puesto de esta forma porque ası́se podrá estar seguro que por el criterio de Einsenstein p|gi para 0 ≤ i ≤ d−1, donde gi = pGi y también q|hi para 0 ≤ i ≤ d−2, donde hi = qHi .
El criterio de Einsenstein también dice que los últimos coeficientes en este caso G0 y H0
deben ser divisibles por p y q respectivamente, pero no por p2 y q 2 .
Ası́ que se va a escoger a un G0 y un H0 convenientes de manera tal que sean divisibles por
p y q respectivamente, pero no por p2 y q 2 .
1
Dr.Hayes, 1965
12
3 La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Mónicos
Se escogeran a G0 = p + p2 k1 , o mejor dicho G0 ≡ p(mod p2 ), similarmente a H0 = q + q 2 k2
o mejor dicho H0 ≡ q(mod q 2 ), esta escogencia asegura que tanto G0 como H0 son divisibles
por p y q respectivamente, pero no por p2 y q 2 .
El objetivo ahora es encontrar a p y a q que satisfagan esas condiciones, y tales que
g(x) + h(x) = f (x). Se escribe f (x) como suma de g(x) y h(x) ası́:
f (x) = g(x) + h(x) = xd + pGd−1 xd−1 + ... + pG1 x + G0 + xd−1 + qHd−2 xd−2 + ... + qH1 x + H0
se saca factor común:
f (x) = xd + (pGd−1 + 1)xd−1 + (pGd−2 + qHd−2 )xd−2 + .... + (pG1 + qH1 )x + G0 + H0
aquı́ se puede decir que:
Fd−1 = pGd−1 + 1
Fi = pGi + qHi
(1)
(2)
para 1 ≤ i ≤ d − 2 y para
F0 = G0 + H0
(3)
con las condiciones establecidas.
De la primera igualdad:
pGd−1 = Fd−1 − 1
esto significa que el primo p debe dividir a Fd−1 − 1, se hará descomponiendo a Fd−1 − 1 en
factores primos y escogiendo uno de aquellos primos, ası́ encontramos el primo p.
Observación: Es importante aclarar que p y q deben ser primos diferentes, de lo contrario Fi = pGi + qHi , si q = p, esta ecuación diófantica tendrı́a solución si y sólo si p|Fi , lo
cual no siempre se va a satisfacer para cada Fi .
Podrı́a suceder que Fd−1 − 1 = ±1, en este caso resolveremos redefiniendo una función
f ∗ (x) = f (x + 2), esta función f ∗ producira un F ∗d−1 que ya no será ±1 y procederemos
como antes para encontrar a p. Solo nos falta encontrar a q para determinar los polinomios
irreducibles, la clave para hacerlo, está en encontrar un q que satisfaga las condiciones que
exigen H0 , y también que H0 + G0 = F0 .
Notese que G0 = p + p2 k1
además H0 = q + q 2 k2 , es decir:
F0 = G0 + H0 = p + p2 k1 + q + q 2 k2
3.1 El Resultado de Dr Hayes
13
p + q − F0 = −p2 k1 − q 2 k2
2
2
Ahora sea (p2 )−1
q el inverso múltiplicativo de p modulo q , es decir:
(p2 )q = p2 + q 2 k
Se va a escribir ahora a G0 y H0 de la siguiente manera:
2
G0 = p − (p2 )−1
q (p )(q + p − F0 )
2
H0 = F0 − p + (p2 )−1
q (p )(q + p − F0 )
Esto significa que el valor que se le ha proporcionado a k1 es:
−(p2 )−1
q (q + p − F0 )
es decir
2
2
k1 = (p2 )−1
q (p k1 + q k2 )
ası́:
(p2 k1 + q 2 k2 )
k1 =
p2 + q 2 k
Entonces, se pasa el denominador de está expresión al otro lado de la ecuación:
(p2 + q 2 k)k1 = p2 k1 + q 2 k2
p2 k1 + q 2 kk1 = p2 k1 + q 2 k2
Esta conveniencia permite encontrar una relación entre los k 0 s que es la siguiente:
kk1 = k2
Si se pueden encontrar k 0 s que cumplan esta relación obviamente todos enteros, se habrán
encontrado a G0 y H0 , aclarando antes que el primo q se escoge de manera conveniente,
preferiblemente menor que p.
Observación: Se sugiere escoger a p 6= 2
Una manera sencilla de encontrar a estos k 0 s es la siguiente:
k1 =
(p2 k1 + q 2 k2 )
p2 + q 2 k
veı́amos que k1 tenı́a esta forma, por consiguiente:
k1 =
−(q + p − F0 )
p2 + q 2 k
14
3 La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Mónicos
con esta ecuación basta escoger un k de tal forma que k1 sea entero. Visto como que k1 está
L1
en FUNCION de k, tenemos una función de este tipo: v(k) = L2 +L
3k
Ejemplo:
f (x) = x3 + 8x2 − 11x − 11
Se escribe este Polinomio como suma de dos irreducibles.
Supongase que f (x) = g(x) + h(x), la forma de g(x) y h(x) debe ser la siguiente:
g(x) = x3 + pG2 x2 + pG1 x + G0
h(x) = x2 + qH1 x + H0
Ahora
F2 − 1 = pG2
, se tiene que:
7 = pG2
Se escoge p = 7 y G2 = 1 ó también p = −7 y G2 = −1
Ahora con el fin de escoger el q conveniente, se encontrarán los valores de G0 y H0 , de
la siguiente manera:
G0 = p + p2 k1
H0 = q + q 2 k2
Se encuentran los k 0 s a través de la ecuación:
k1 =
−(q + p − F0 )
p2 + q 2 k
Siempre es posible encontrar los ks cuando |q| < |7|, veáse porque:
Se escogen q = |2| o sea 2 ó −2 y ya que p puede ser 7 ó −7 se cálcula el valor de todos los posibles −(q + p − F0 )
Con p = 7 y q = 2
−(q + p − F0 ) = −(2 + 7 − (−11)) = −20
Con p = 7 y q = −2
−(q + p − F0 ) = −(−2 + 7 − (−11)) = −16
Con p = −7 y q = 2
−(q + p − F0 ) = −(2 − 7 − (−11)) = −6
3.1 El Resultado de Dr Hayes
15
Con p = −7 y q = −2
−(q + p − F0 ) = −(−2 − 7 − (−11)) = −2
Uno de esos valores será el candidato apropiado para encontrar el k tal que k1 sea entero.
Entonces:
−20
49 + 4k
Aquı́ k = −12 se genera un k1 = −20 Por tanto k2 = (−20)(−12) = 240, Entonces:
k1 =
G0 = 7 + 49(−20) = −973
H0 = 2 + 4(240) = 962
Como se ve
−973 + 962 = −11
De igual forma para −16, −6, −2 se puede encontrar el valor apropiado para k.
Si se escoge q = |3| o q = |5| y se dan valores posibles para −(q + p − F0 ) se encuentra
al menos un k que satisfaga la condición. Pero por lo pronto interesa que al menos un primo
q satisfaga la condición.
Ahora ya que p = 7 y q = 2 y teniendo a G0 y a H0 , resta solo encontrar una solución
para la ecuación diófantica:
pG1 + qH1 = −11
está tiene solución porque p y q son primos relativos y por lo tanto 1| − 11, entonces:
7G1 + 2H1 = −11
Si G1 = −1 y H1 = −2 satisfacen la ecuación, por lo tanto g(x) y h(x) tienen la forma:
g(x) = x3 + 7x2 − 7x − 973
h(x) = x2 − 4x + 962
Que por el criterio de einsenstein son irreducibles. Hay muchos más, pero por lo pronto solo
interesa una.
16
3.2.
3 La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Mónicos
Escogencia de los Primos p y q
Ahora se vera un importante resultado relacionado en la escogencia del k, que muestra que
siempre se pueden escoger q = 2.
Observación: El cociente
−(q + p − F0 )
p2 + q 2 k
tiene siempre una solución entera si q = 2 y k = −(L2 + L) donde L es un entero.
Prueba: El denominador de la expresión
−(q + p − F0 )
p2 + q 2 k
es el valor de (p2 )q es decir:
p2 + q 2 k
Puesto que siempre se deben escoger primos p y q diferentes, la escogencia de q = 2, obliga
a que p sea impar, por lo tanto p2 también es impar, mejor dicho:
p = 2L + 1
entonces
p2 = (2L + 1)2 = 4L2 + 4L + 1 = 4(L2 + L) + 1
Entonces si se escogen k = −(L2 + L) la suma entre p2 y q 2 k será:
p2 + q 2 k = 4(L2 + L) + 1 − 4(L2 + L) = 1
como el numerador de la expresión inicial es siempre entero, el valor 1 en el denominador producirá siempre un valor entero en la expresión, mostrando que el k1 es entero.
No siempre se va a tener f (x) tan conveniente como se propuso anteriormente, hay polinomios que para expresar como suma de dos irreducibles se requerirá un poco más de
trabajo, por ejemplo, el polinomio x3 + x, aquı́ F0 = 0, haciéndo imposible la labor de encontrar G0 y H0 con las condiciones preestablecidas, tampoco está el termino Fd−1 es 0, por
lo tanto se debe actuar de otro modo.
Otro polinomio molesto es este: x3 + 3x2 + 2x + 1, o mejor dicho, la expresión Fd−1 − 1 = 2
y los factores primos de 2 solo hay uno, es 2, entonces necesariamente p = 2 y no se podrı́a
escoger q = 2
3.2 Escogencia de los Primos p y q
17
Un tercer tipo de polinomio especial es este: x3 + x + 2x + 1, aquı́ Fd−1 − 1 = 0 y no se
podrı́a escoger ningún p. Para solucionar estos problemas se va a re definir estos polinomios
de la siguiente manera:
f ∗ (x) = f (x + 2)
, es decir en cada polinomio la indeterminada será (x + 2) esto producirá unos polinomios
nuevos en los que por el teorema del binomio el termino xd−1 estará acompañado de un
coeficiente distinto de los valores 0 ,1 , 2 y 3.
4 La Conjetura de Goldbach Para
Polinomios Enteros
Este capitulo presenta una generalización de la idea de expresar un polinomio en Z[x] como
suma de dos irreducibles, las condiciones por ende van a ser menos, ya no se pedirá que f (x)
sea un polinomio mónico, puede ser cualquiera, la situación es análoga al caso anterior y de
hecho mas simple porque ya no tendremos la restricción de la monicidad que nos condicionaba la escogencia de los primos p y q
4.1.
Generalización del Resultado de Hayes
Teorema 1 Si f (x) es un polinomio arbitrario con coeficientes enteros con gra(f ) = d ≥ 1,
entonces existen polinomios irreducibles g(x) y h(x) en Z[x] con la propiedad que f (x) =
g(x) + h(x)
Demostración: Se escribe
f (x) = Fd xd + Fd−1 xd−1 + ... + F1 x + F0
Se estableceran polinomios irreducibles g(x) y h(x) con el criterio de Einsenstein.
Sea
g(x) = Gd xd + pGd−1 xd−1 + ... + pG1 x + G0
y
h(x) = Hd xd + qHd−1 xd−1 + ... + qH1 x + H0
Al igual que en la sección anteriorse han puesto de esta forma porque ası́ se podrá estar
seguro que por el criterio de Einsenstein p|gi para 0 ≤ i ≤ d − 1, donde gi = pGi y también
q|hi para 0 ≤ i ≤ d − 1, donde hi = qHi
Como f (x) = g(x) + h(x), se tiene:
Fd = Gd + Hd
(1)
4.2 Escogencia de los Primos p y q
19
Fi = pGi + qHi
(2)
con 1 ≤ i ≤ d − 1, también:
F0 = G0 + H0
(3)
Se procede como en la sección anterior, definiendo
G0 ≡ p(mod p2 )
H0 ≡ q(mod q 2 )
entonces:
F0 = G0 + H0 = p + p2 k1 + q + q 2 k2
q + p − F0 = −p2 k1 − q 2 k2
Se recuerda que en la sección anterior, el encontrar G0 y H0 se reducı́a al problema de
encontrar k 0 s tal que:
kk1 = k2
Donde k era el entero que aparecı́a en la congruencia (p2 )q ≡ p2 (mod q 2 )
4.2.
Escogencia de los Primos p y q
A diferencia del caso anterior se puede escoger el p que queramos, y q = 2, por el mismo
argumento de la sección anterior
De nuevo para encontrar los k 0 s se utiliza el cociente:
k1 =
−(q + p − F0 )
p2 + q 2 k
Interesa que esta fracción de entera, como en el caso anterior, como ya se determinaron los
primos p y q la condición (2) se reduce a resolver las ecuaciones diofánticas con 1 ≤ i ≤ d−1,
y la ecuación (1), se resuelve escogiendo Gd y Hd que no sean divisibles por p y q respectivamente.
Ejemplo 1 Sea f (x) = 5x3 + 8x2 − 7x + 1
Se expresará como suma de dos polinomios irreducibles, entonces:
f (x) = g(x) + h(x)
5x3 + 8x2 − 7x + 1 = (G3 + H3 )x3 + (pG2 + qH2 )x2 + (pG1 + qH1 )x + G0 + H0
Se escogen p = 5 y q = 2, con cualquier otro p serı́a posible encontrar a h(x) y g(x), y de
nuevo se buscan valores para G0 y H0 con las condiciones establecidas, entonces:
G0 = 5 + 25k1
20
4 La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Enteros
H0 = 2 + 4k2
F0 = 5 + 25k1 + 2 + 4k2 = 7 + 25k1 + 4k2
Ahora se usa el cociente:
k1 =
−(q + p − F0 )
p2 + q 2 k
k1 =
−(2 + 5 − 1)
25 + 4k
k1 es entero cuando k = −6
k1 = −6
y por lo tanto
k2 = k1 k = (−6)(−6) = 36
entonces
G0 = 5 + 25(−6) = −145
H0 = 2 + 4(36) = 146
queda ası́:
G0 + H0 = −145 + 146 = 1
Con respecto a los otros Gi y Hi basta resolver algunas ecuaciones diofánticas:
−7 = 5G1 + 2H1
G1 = −3
y
H1 = 4
8 = 5G2 + 2H2
G2 = 2
y
H2 = −1
y
G3 + H3 = 5 = 6 − 1
porque 6 6 |5 y 2 6 |1
Entonces los polinomios g(x) y h(x) quedan ası́:
g(x) = 6x3 + 10x2 − 15x − 145
h(x) = −x3 − 2x2 + 8x + 146
cuya suma es el polinomio f (x), tanto g(x) como h(x) son irreducibles por el criterio de
Einsenstein
5 El número de veces en que se puede
escribir un Polinomio como suma de
dos irreducibles
Los cálculos hechos en las secciones anteriores muestran una manera de expresar un polinomio como suma de dos polinomios irreducibles. En este capı́tulo se verá que está expresión
no es única, es decir que si f (x) = g(x) + h(x), g(x) y h(x) no son únicos.
Definición: Para un Polinomio mónico f (x) definimos <(f ; y) como el número de formas de
escribir f (x) de la forma f (x) = g(x) + h(x), donde g(x) y h(x) son polinomios irreducibles
cuyos coeficientes enteros gi y hi , respectivamente, satisfacen que |gi | ≤ y y |hi | ≤ y.
Teorema Si f (x) está en Z[x] es mónico con gra(f ) = d ≥ 1, entonces existe una constante
A(f ) que depende únicamente de d y de los coeficientes de f (x) tal que:
<(f ; y) > A(f )y d
cuando y → ∞
Observación: El número total de polinomios mónicos de grado d con coeficientes enteros
cuyo valor absoluto está acotado por y, es (2y + 1)d . De aquı́, trivialmente <(f ; y) < By d ,
donde B es una constante que depende únicamente de d, (B < 2d+1 ), Ası́, del teorema
anterior tendremos una desigualdad tipo Chebyshev:
y d f <(f ; y) f y d
Demostración: Para la demostración de este teorema haremos 2 restricciones importantes
en la escogencia de los primos p y q.
∗
∗
1. Notese que si se tiene el caso en que Fd−1 6= ±1 o Fd−1
6= ±1, donde Fd−1
= Fd−1 + 2d
es el segundo coeficiente de f (x + 2), en cualquier caso, siempre se puede escoger el
primo p con 2 < p < |Fd−1 | + 2d, donde Fd−1 y d son cantidades fijas, (dependen
únicamente de f (x)). La escogencia de q = 2 es claramente permitida y se tiene que
q 6= p. Ası́ resultados anteriores muestran que se pueden encontrar enteros Gi y Hi
(0 ≤ i ≤ d − 2) tales que pGi + qHi = Fi , con −y < Gi , Hi < y y las soluciones de esta
ecuacion son al menos (2y + 1)/[(pFi )] maneras diferentes, cuando Fi 6= 0.De aquı́, el
22
5 El número de veces en que se puede escribir un Polinomio como suma de dos
irreducibles
número de formas posibles de escoger dos (d − 1)- tuplas (G0 , ..., Gd−2 ) y (H0 , ..., Hd−2 )
es al menos τ (f ; y), donde:
τ (f ; y) =
Y
(2y + 1)d−1
1
·
d−1
p
Fi
0≤i≤d−2,F 6=0
i
2. Ahora estimamos el número de maneras en que se pueden escoger los últimos coeficientes de los polinomios g(x) y h(x). Con base en el TCDR hay por lo menos una
solución modulo 4p2 , es decir que las soluciones son 2y+1
, (es decir mas que y/(2p2 )).
4p2
Por lo tanto, puesto que los coeficientes d, F0 , ...,Fd−1 , q = 2, y p < |Fd−1 | + 2d son
todos fijos, cuando y → ∞, se tiene:
y
y
>
τ
(f
;
y)
·
2p2
2(|Fd−1 | + 2d)2
1
2d−2
d
· Π0≤i≤d−2,Fi 6=0
=y
(|Fd−1 | + 2d)d
Fi
<(f ; y) > τ (f ; y)
A(f )y d
Aquı́ obtenemos una constante explicita, ya que depende de la escogencia de los coeficientes y el grado de f .
6 Conclusiones y trabajos futuros
6.1.
Conclusiones
Al desarrollar el presente trabajo, se quizo ampliar nuestro campo de visión sobre los distintos
conceptos: polinomio, irreducibilidad y el concepto de primo, que en el caso presente se
considero como ı̈rreducibilidad de un Polinomio”. A continuación, exponemos un conjunto
de conclusiones especı́ficas que constituye los resultados de nuestra monografı́a.
La Conjetura de Goldbach para polinomios mónicos es de alguna manera mucho mas
simple trabajando con polinomios que con el conjunto de números enteros, ya que se
puede apoyar en resultados de la teorı́a de números, en este caso de las congruencias
presentadas en el Criterio de Einsenstein
Si f (x+2) es un polinomio irreducible, también lo será f (x) y visceversa, esto apoyados
en el criterio de Einsenstein
El número de maneras de expresar un polinomio mónico f (x) como suma de dos
polinomios mónicos irreducibles crece a medida que y → ∞
El objetivo del trabajo se cumplió ya que obtuvimos los dos polinomios irreducibles de
un polinomio entero cualquiera f (x).
Bibliografı́a
[1] W. Sierpinski, Elementary Theory of Numbers.
[2] D. Hayes, A Goldbach theorem for polynomials with integer coefficients, this MONTHLY 72 (1965), 45,46.
[3] Gustavo Rubiano, Introducción a la Teorı́a de Números, 2004.
[4] J. Fraleigh, Algebra Abstracta, 1988.
[5] Javier Cilleruelo Mateo, El diablo de los números.
[6] Filip Saidak, On Goldbach Conjecture for Integer Polynomials, 2005.