Polinomios con coeficientes enteros: divisibilidad y raíces

Estructura de $\mathbb{Z}[x]$ y el lema de Gauss

Un polinomio con coeficientes enteros es un elemento de $\mathbb{Z}[x]$, el anillo de polinomios sobre los enteros. A diferencia de $\mathbb{Q}[x]$ o $\mathbb{R}[x]$, en $\mathbb{Z}[x]$ no podemos dividir libremente: el cociente de dos elementos de $\mathbb{Z}[x]$ no siempre vive en $\mathbb{Z}[x]$.

El contenido de un polinomio $f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]$ es $\text{cont}(f) = \gcd(a_n, \ldots, a_0)$. Un polinomio con $\text{cont}(f)=1$ se llama primitivo.

Lema de Gauss. Si $f, g \in \mathbb{Z}[x]$ son primitivos, entonces $fg$ también es primitivo. Equivalentemente, $\text{cont}(fg) = \text{cont}(f)\cdot\text{cont}(g)$ para cualesquiera $f, g \in \mathbb{Z}[x]$.

Demostración del Lema de Gauss. Supongamos que $fg$ no es primitivo; existe un primo $p$ tal que $p \mid \text{cont}(fg)$. Reduciendo módulo $p$: en $\mathbb{F}_p[x]$ (que es un dominio de integridad), tenemos $\bar{f}\bar{g} = \overline{fg} = 0$. Como $\mathbb{F}_p[x]$ no tiene divisores de cero, $\bar{f}=0$ o $\bar{g}=0$, es decir $p\mid\text{cont}(f)$ o $p\mid\text{cont}(g)$. Esto contradice que $f$ y $g$ son primitivos. $\blacksquare$

El corolario clave del lema de Gauss para olimpiadas es: si $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ es mónico y se factoriza en $\mathbb{Q}[x]$ como $f=gh$ con $g,h\in\mathbb{Q}[x]$ mónicos, entonces $g,h\in\mathbb{Z}[x]$. En palabras: la factorización de un polinomio entero primitivo en $\mathbb{Q}[x]$ se puede tomar siempre en $\mathbb{Z}[x]$.

Teorema de la raíz racional y consecuencias

Teorema de la raíz racional. Sea $f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in \mathbb{Z}[x]$ con $a_n \neq 0$ y $a_0 \neq 0$. Si $p/q$ es una raíz racional de $f$ con $\gcd(p,q)=1$, entonces $p \mid a_0$ y $q \mid a_n$.

Demostración. $f(p/q)=0$ implica $a_n p^n + a_{n-1}p^{n-1}q + \cdots + a_0 q^n = 0$. Módulo $p$: $a_0 q^n \equiv 0 \pmod{p}$; como $\gcd(p,q)=1$, $p\mid a_0$. Módulo $q$: $a_n p^n \equiv 0 \pmod{q}$; como $\gcd(p,q)=1$, $q\mid a_n$. $\blacksquare$

Para polinomios mónicos ($a_n=1$): toda raíz racional es un entero que divide a $a_0$. Esta restricción es poderosísima en olimpiadas: para encontrar raíces enteras de $f(x)=x^n+\cdots+a_0$ basta evaluar $f$ en los divisores de $a_0$.

Ejemplo. Determinar las raíces enteras de $f(x) = x^4 - 8x^3 + 23x^2 - 28x + 12$. Las raíces enteras dividen a $12$: son candidatos $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm 12$. Evaluando: $f(1)=1-8+23-28+12=0$, $f(2)=16-64+92-56+12=0$, $f(3)=81-216+207-84+12=0$, $f(6)=1296-1728+828-168+12=240\neq 0$. Entonces $x=1,2,3$ son raíces. El cuarto factor es $x-2$ de nuevo (contando multiplicidad). Verificación: $f(x)=(x-1)(x-2)^2(x-3)$.

Importante para olimpiadas. Si $f(n) = g(n)\cdot h(n)$ para todo entero $n$, con $g, h \in \mathbb{Z}[x]$, eso es diferente a decir que $f = g\cdot h$ en $\mathbb{Z}[x]$. La identidad polinomial es más fuerte que la identidad puntual (aunque para infinitos puntos las dos coinciden por el principio de identidad de polinomios).

Divisibilidad en $\mathbb{Z}[x]$ y reducción módulo $p$

La técnica de **reducción módulo un primo $p$** es uno de los métodos más poderosos para estudiar polinomios enteros. Si $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ y $\bar{f}(x)$ denota su imagen en $\mathbb{F}_p[x]$ (reducir cada coeficiente módulo $p$), entonces:

(i) Si $\bar{f}$ es irreducible en $\mathbb{F}_p[x]$, entonces $f$ es irreducible en $\mathbb{Q}[x]$.

(ii) Si $f(a) \equiv 0 \pmod{p}$ para algún $a \in \mathbb{Z}$, entonces $a$ es una raíz de $\bar{f}$ en $\mathbb{F}_p$.

(iii) Si $\deg\bar{f} = \deg f$ (es decir, $p\nmid a_n$) y $\bar{f}$ no tiene factores repetidos en $\mathbb{F}_p[x]$, el patrón de factorización de $\bar{f}$ en $\mathbb{F}_p[x]$ restringe la factorización de $f$ en $\mathbb{Z}[x]$.

Aplicación: congruencias y raíces. Sea $f(x) = x^3 - 7x + 6$. Módulo $2$: $\bar{f}(x) = x^3 + x = x(x^2+1)$, que tiene a $0$ como raíz. Módulo $3$: $\bar{f}(x) = x^3 - x = x(x-1)(x+1)$, con raíces $0, 1, 2$. Estos son indicios de raíces enteras. De hecho $f(1)=0$, $f(2)=0$, $f(-3)=0$, y $f(x)=(x-1)(x-2)(x+3)$.

Residuos cuadráticos y polinomios. Si $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ tiene la propiedad de que para todo primo $p$ suficientemente grande, $f$ tiene una raíz módulo $p$, esto no implica que $f$ tenga raíz en $\mathbb{Z}$. El contraejemplo clásico es $f(x)=(x^2-2)(x^2-3)(x^2-6)$: tiene raíz módulo todo primo $p$ (por propiedades de los residuos cuadráticos), pero ninguna raíz real algebraica de coeficiente racional.

**División con resto en $\mathbb{Z}[x]$.** A diferencia de $\mathbb{Q}[x]$, en $\mathbb{Z}[x]$ no siempre existe el cociente entero al dividir $f$ entre $g$. Sin embargo, si $g$ es mónico, la división euclidiana $f = qg + r$ con $\deg r < \deg g$ siempre existe en $\mathbb{Z}[x]$. En particular, $g(a) \mid f(a)$ para todo $a\in\mathbb{Z}$ si $g\mid f$ en $\mathbb{Z}[x]$.

Evaluaciones enteras y divisibilidad: técnicas IMO

Propiedad fundamental. Si $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ y $a, b\in\mathbb{Z}$ con $a\neq b$, entonces $(a-b)\mid f(a)-f(b)$. Esto se sigue de que $a^k - b^k = (a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b+\cdots+b^{k-1})$ para todo $k\geq 1$.

Corolario. Si $n\in\mathbb{Z}$ es raíz de $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ y $m\in\mathbb{Z}$, entonces $(m-n)\mid f(m)$. En particular, $(m-n)\mid f(m)$ para todo $m\in\mathbb{Z}$.

Aplicación IMO. Problema clásico: probar que para todo $n\in\mathbb{Z}$, no existe polinomio $f\in\mathbb{Z}[x]$ de grado $\geq 1$ tal que $f(1), f(2), \ldots, f(2020)$ sean todos primos distintos... En realidad el resultado clásico es: si $f\in\mathbb{Z}[x]$ con $\deg f\geq 1$, entonces $f$ no puede tomar solo valores primos en infinitos enteros. Demostración: si $f(n)=p$ para algún $n$, entonces $p\mid f(n+kp)$ para todo $k\in\mathbb{Z}$ (por la propiedad de divisibilidad). Como $|f(n+kp)|\to\infty$, eventualmente $f(n+kp)$ es un múltiplo de $p$ mayor que $p$, y por tanto compuesto.

**Problema: cuántos enteros puede dividir $f(n)$.** Si $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ tiene $k$ raíces enteras distintas $r_1,\ldots,r_k$, entonces para cualquier $m\in\mathbb{Z}$, el producto $(m-r_1)\cdots(m-r_k)$ divide a $f(m)$. Si además $f$ es mónico de grado $k$, entonces $f(x) = (x-r_1)\cdots(x-r_k)$ exactamente, y esta identidad determina $f$ completamente. Para $k < \deg f$, el hecho de que $(m-r_1)\cdots(m-r_k)\mid f(m)$ da restricciones fuertes sobre el comportamiento de $f$.

Técnica del desplazamiento. Si queremos demostrar que $P(n)\mid Q(n)$ para todo $n\in\mathbb{Z}$, con $P$ fijo (digamos $P(n) = n^2 + n + 1$), buscamos la identidad $Q(x) = P(x)\cdot R(x) + S(x)$ en $\mathbb{Z}[x]$ y mostramos que $P(n)\mid S(n)$ por evaluación directa. Esta técnica se usa en problemas donde $Q(n) = f(n)^k + g(n)^k$ y $P(n)$ es un factor de $f(n)+g(n)$.

Problema IMO resuelto: valores de polinomios y divisibilidad

Problema (IMO 1997, Problema 5). Sea $P(x)$ un polinomio con coeficientes enteros. Probar que si $P(a)=b$, $P(b)=c$, $P(c)=a$ para enteros $a, b, c$, entonces $a=b=c$.

Solución. Aplicamos la propiedad de divisibilidad de polinomios enteros. Por la propiedad $(m-n)\mid f(m)-f(n)$:

$(a-b)\mid P(a)-P(b)$, es decir $(a-b)\mid (b-c)$.

$(b-c)\mid P(b)-P(c)$, es decir $(b-c)\mid (c-a)$.

$(c-a)\mid P(c)-P(a)$, es decir $(c-a)\mid (a-b)$.

Tenemos $(a-b)\mid(b-c)$, $(b-c)\mid(c-a)$, $(c-a)\mid(a-b)$. La cadena de divisibilidades implica $|a-b|\leq|b-c|\leq|c-a|\leq|a-b|$. Luego $|a-b|=|b-c|=|c-a|$.

Sea $d = |a-b|$. Entonces $|b-c|=d$ y $|c-a|=d$. Pero $(a-b)+(b-c)+(c-a)=0$, y cada término tiene valor absoluto $d$. Si $d>0$, esto requiere que los tres valores con signo sean $(d, d, -2d)$, $(-d,-d,2d)$ o alguna permutación. Pero entonces $|c-a|=2d\neq d$ (si $d>0$), contradicción.

Por lo tanto $d=0$, es decir $a=b$. Entonces $c=P(b)=P(a)=b=a$. Así $a=b=c$. $\blacksquare$