Monic $f(x)\in\Bbb Z[x]$ no tiene raíz racional si $f(0)\ \&\ f(1)$ impar [Prueba de raíz de paridad, Prueba de raíz modular]

Question

Un problema de polinomios de mi viejo libro de álgebra:

$f(x)\in\Bbb Z[x]$ con coeficiente principal $1$ , $\deg f(x)\ge 1$ y ambos $f(0)$ y $f(1)$ son números Impares, demuéstralo:
$f(x)$ no tiene raíz en $\Bbb Q$

El criterio de Eisenstein parece ser de poca ayuda aquí porque no sabemos prácticamente nada sobre los coeficientes. Así que probé con otro enfoque.

Sea $$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}+x^n\in \Bbb{Z}[x]$$ Lo que sabemos hasta ahora es $$f(0)=a_0\text{ is an odd number}$$ y $$f(1)=a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}+1 \text{ is an odd number}$$ de lo que también podemos concluir que $$f(1)-f(0)=a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}+1\text{ is an even number}$$ Para ser sincero, ahora no sé cómo proceder. Recién ahora me di cuenta que "irreductible" no es equivalente a "no tiene raíces".. Así que todo mi intento anterior es fundamentalmente erróneo ..
¿Alguien puede ayudar o dar una pista? Saludos cordiales.

Answer 1

Supongamos que $f$ tiene una raíz racional $r$ entonces $r$ debe ser un número entero por el teorema de la raíz racional. Ahora observemos que tenemos $$ r-0|f(r)-f(0)=-f(0)\implies r\text{ is odd} $$ Y también $$ r-1|f(r)-f(1)=-f(1)\implies r\text{ is even} $$ Lo que contradice...

Answer 2

Sugerencia $\ $ Por RRT = Prueba de la raíz racional y coef plomo $= 1$ cualquier raíz racional es un número entero. Pero la Prueba de raíz de paridad implica que no hay raíces enteras (podemos evitar el uso de RRT como aquí ).

Observación $ $ Sólo necesitamos que el coeficiente de plomo sea $\rm\color{#c00}{odd}$ ya que entonces RRT implica que una raíz racional de mínimo término $\,a/b\,$ tiene $\rm\color{#c00}{odd}$ denominador $\,b\ $ así que $\ {\rm mod}\ 2\!:\,\ b\equiv 1\,\Rightarrow\, a/b \equiv a\ $ es una raíz.

Prueba de la raíz modular $ $ El mismo método funciona para módulos mayores, es decir, si $\,f(x)\in\Bbb Z[x]\,$ es un polinomio con coeficientes enteros, entonces cualquier raíz entera $k$ persiste $\!\bmod n,\,$ es decir $\,f(k)=0\,\Rightarrow\, f(k)\equiv 0\pmod{\!n}\,$ por el Regla de congruencia polinómica . Por lo tanto, si $\,f\,$ no tiene raíces $\bmod n\,$ entonces $\,f\,$ no tiene raíces enteras. Sólo hay un número finito de posibles raíces para probar $\!\bmod n,\,$ viz $\,k\equiv 0,1,\ldots n-1,\,$ una prueba de raíz efectiva (fuerza bruta) mediante análisis modular de casos .

En argumento generaliza a los anillos disfrutando de un sentido de la paridad (o anillos con una imagen de $\,\Bbb Z/n)$ .

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Actualización $\ $ OP no está familiarizado con la aritmética modular anterior, así que la reescribimos en un lenguaje más sencillo. La idea clave es que las hipótesis implican que $\,f(n)\,$ es impar para todos los enteros $\,n,\,$ así que $\,f(n)\,$ nunca toma el valor par $\,0.\,$ Para demostrarlo, consideraremos por separado el caso $\,n\,$ es impar y $\,n\,$ es par.

Supongamos que $\,n = 1+2k\,$ es impar. Entonces por inducción $\,n^i\,$ es impar para todos los naturales $\,i\,$ ya que un producto de probabilidades es impar. Por lo tanto podemos escribir $\,n^i = 1 + 2k_i\,$ para números enteros $\,k_i.\,$ Sustituyendo esto en $\,f(n) = \sum c_i n^i\,$ produce

$$\begin{align} f(n) &=\ c_0 + c_1(\color{#c00}1+\color{#0a0}{2k_1}) + c_2(\color{#c00}1+\color{#0a0}{2k_2})+\cdots+ c_d(\color{#c00}1+\color{#0a0}{2k_d})\\ &=\ \color{#c00}{c_0+c_1+c_2+\cdots + c_d} + \color{#0a0}{2(c_1k_1 + c_2 k_2 + \cdots + c_d k_d)}\\ &=\ \color{#c00}{f(1)} +\rm\color{#0a0}{even}\\ &=\ \rm odd+even\\ &=\rm\ odd\end{align}$$

El caso par $\,n = 2k\,$ es similar pero más sencillo: $\,f(2k) = f(0) + $ par = impar + par = impar. Los detalles de este caso se dejan al lector.