Acerca de la Conjetura de Goldbachpara Polinomios Enteros

Sergio Daniel Veloza Bernal

Codigo: 20061167046

Universidad Distrital Francisco Jose de Caldas

Facultad de Ciencias y Educacion, Proyecto Curricular de Matematicas

Bogota, Colombia

2015

Acerca de la Conjetura de Goldbachpara Polinomios Enteros

Sergio Daniel Veloza Bernal

20061167046

Tesis presentada como requisito parcial para optar al tıtulo de:

Matematico

Director:

Veronica Cifuentes Vargas

Universidad Distrital Francisco Jose de Caldas

Facultad de Ciencias y Educacion, Proyecto Curricular de Matematicas

Bogota, Colombia

2015

Director

Profesora Veronica Cifuentes

Jurado No. 1

Jurado No. 2

Indice general

Introduccion II

1. Anillos de Polinomios 1

1.1. Irreducibilidad de polinomios en Z[x] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1. Divisores de cero y cancelacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. El Teorema Chino del Residuo 6

2.1. Ecuaciones Diofanticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.2. Ecuaciones de Grado Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3. La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Monicos 11

3.1. El Resultado de Dr Hayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.2. Escogencia de los Primos p y q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

4. La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Enteros 18

4.1. Generalizacion del Resultado de Hayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4.2. Escogencia de los Primos p y q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5. El numero de veces en que se puede escribir un Polinomio como suma de dos

irreducibles 21

6. Conclusiones y trabajos futuros 23

6.1. Conclusiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Bibliografıa 24

Introduccion

En una carta dirigida a Euler y fechada el 7 de Junio de 1742, Christian Goldbach (1690-

1764) afirmaba haber observado que todo numero par mayor que 2 podıa escribirse como

suma de dos primos; y que todo numero impar mayor que 5 se podıa representar como suma

de tres. Han habido muchos esfuerzos por demostrar esta conjetura pero aun no ha podido

ser demostrada.

En 1937 Vinogradov demostro el siguiente Teorema: Todo numero 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 realizo una prueba que se acercaba todavıa mas a la Conjetura, esta

dice: Todo numero 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 probo que

todo numero impar mayor que 5 puede expresarse como la suma de tres numeros primos,

este es un caso particular de la conjetura fuerte de Goldbach

iii

La conjetura debil ha sido verificada para todos los numeros pares menores que 4 · 1014 por

Joerg Richstein (1998).

para algunos numeros se muestra a continuacion.

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 conjeturo que para todo numero

par 2n habıa 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 matematicas, los polinomios aparecen por diversas razones y en distintos temas,

siendo ellos una herramienta util en la elaboracion y construccion de distintas teorıas de las

matematicas. En el artıculo 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 artıculo 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 denominaran a estos polinomios, polinomios

enteros) este polinomio se puede escribir como la suma de dos polinomios irreducibles y NO

de manera unica, tal como ocurre con la conjetura de Goldbach para numeros enteros que

enuncia: todo numero par se puede escribir como la suma de dos primos y No de manera

unica..

La Conjetura de Goldbach es la motivacion de este artıculo en el que se probara la conjetura

de Goldbach pero en la version polinomica, dado que estos polinomios tienen coeficientes

enteros mas precisamente que pertenecen al anillo de Polinomios Z[x].

1 Anillos de Polinomios

En este capıtulo se incluyen las propiedades y caracterısticas mas importantes de la teorıa

de Anillos y Campos que coneciernen al tema en cuestion.

Las deficiones y teoremas que se presentan a continuacion, provienen del Libro ”Algebra

Abstracta de J. Fraleigh”

Definicion 1 Sea R un anillo. Un polinomio f(x) con coeficientes en R es una suma formal:

∞∑i=0

aixi = a0 + a1x+ ....+ anx

n + ..

donde ai ∈ R y ai = 0 para todos excepto para un numero finito de valores de i. Un elemento

de R es un polinomio constante.

Teorema 1 El conjunto R[x] es un anillo con la operacion de suma y multiplicacion usual

de polinomios. Si R es conmutativo, entonces tambien lo es R[x] y si R tiene unidad 1 6= 0,

entonces 1 es tambien unidad para R[x].

Demostracion: El anillo 〈R[x],+〉 es un grupo conmutativo debido a que los polinomios

cumplen las propiedades clausurativa, asociativa, invertiva y modulativa con la operacion

suma. Para que sea un anillo se debe probar que se cumplen la propiedad clausurativa, aso-

ciativa 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:[(∞∑i=0

aixi

)(∞∑j=0

bjxj

)](∞∑k=0

ckxk

)

=

[∞∑n=0

(n∑

i=0

aibn−i

)xn

](∞∑k=0

ckxk

)∞∑s=0

[s∑

n=0

(n∑

i=0

aibn−i

)cs−n

]xs

∞∑s=0

(∞∑

i+j+k=s

aibjck

)xs

2 1 Anillos de Polinomios

∞∑s=0

[s∑

m=0

as−m

(m∑j=0

bjcm−j

)xs

](∞∑i=0

aixi

)[∞∑

m=0

(m∑j=0

bjcm−j

)xm

](∞∑i=0

aixi

)[(∞∑j=0

bjxj

)(∞∑k=0

ckxk

)]De forma analoga 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 tambien

la unidad de R[x] en vista de la definicion de multiplicacion en R[x].

1.1. Irreducibilidad de polinomios en Z[x]

Definicion 1 Un polinomio no constante f(x) ∈ Z[x] es irreducible sobre Z o es un polino-

mio 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 solo si x − a es un fac-

tor 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 factorizacion con polinomios

del mismo grado r y s en Z[x]

Corolario 1 Si f(x) = xn + an−1xn−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 a0Demostracion: 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 factorizacion con un factor lineal en

Z[x], luego para algun a ∈ Z debemos tener:

f(x) = (x− a)(xn−1 + ...− a0/a)

Ası a0/a esta en Z y a divide a a0Ejemplo: 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 unicos 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 numero primo. Supongamos que f(x) = anxn +

...+a0 esta 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

Demostracion: Por el Teorema 3 de esta seccion solamente debemos probar que f(x) no

se puede factorizar en polinomios de menor grado en Z[x]. Si

f(x) = (brxr + ..+ b0)(csx

s + ...+ c0)

es una factorizacion 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 = brcs. Sea m el valor mas pequeno de k tal que ck 6≡ 0(mod p). Entonces:

am = b0cm + b1cm−1 + ....+

{bmc0 si r ≥ m

brcm−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, ası m = n. Por consecuencia s = n

contradiciendo la suposicion hecha y era que s < n, o sea que la factorizacion 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 cancelacion

Una de las propiedades algebraicas mas importantes de los numeros reales es que el producto

de dos numeros es cero, unicamente si por lo menos uno de los dos factores es cero, pero al

cambiar el sistema numerico 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.

Definicion 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.

Demostracion: Sea m ∈ Zn, donde m 6= 0, y sea d 6= 1 el (maximo comun divisor) mcd de

m y n. Entonces:

m(nd

)=(md

)n

y (m/d)n que da 0 es multiplo de n, Ası m(n/d) = 0 esta en Zn, mientras que ni m ni n/d

es 0, ası 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 comun 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.

Demostracion: El corolario es un caso particular del teorema anterior

Definicion: Un dominio de integridad D es un anillo conmutativo con unidad 1 6= 0 que no

tiene divisores de 0.

Ahora se probara que el anillo de polinomios Z[x] es un dominio de integridad, para ello

recurrimos a tres importantes resultados del algebra 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.

Demostracion: Sea R un anillo en el que se cumple la ley cancelativa, supongase que ab = 0

para algunos 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 cancelacion. Similarmente si b 6= 0 implica que a = 0, ası

que no pueden haber divisores de 0 si un anillo posee la ley cancelativa.

Recıprocamente, 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, ası 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, en-

tonces el grPQ = grP + grQ, donde grP significa el grado de P (x).

Demostracion: Sea P (x) = anxn +an−1x

n−1 + ...+ao y Q(x) = bnxm + bm−1x

m−1 + ...+ b0,

al multiplicarlos nos queda:

P (x)Q(x) = (anxn + an−1x

n−1 + ...+ ao)(bnxm + bm−1x

m−1 + ...+ b0)

= anxnbmx

m + anxnbm−1x

m−1...an−1xn−1bnx

m + an−1xn−1bm−1x

m−1 + ...aob0

= anbmxn+m + anbm−1x

n+m−1...an−1bnxn+m−1 + an−1bm−1x

n+m−2 + ...aob0

por lo tanto, grPQ = m+ n. es decir el grado de P (x) mas el grado de Q(x).

Teorema 8 Z[x] es un dominio de integridad

Demostracion: Si Z[x] no fuera un dominio de integridad, existirıan 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 grPQ = grP + grQ por tanto Z[x] es un Dominio de Integridad

2 El Teorema Chino del Residuo

2.1. Ecuaciones Diofanticas

Con el fin de demostrar la conjetura de Goldbach para polinomios enteros, es necesario ha-

blar sobre las ecuaciones diofanticas y en particular del Teorema Chino del Residuo, aquı es

importante este resultado porque nos ayudara finalmente a mostrar que el numero de formas

de sumar un polinomio como resultado de dos polinomios irreducibles no es unica.

Acontinuacion veremos un importante resultado sobre congruencias:

Este teorema se encuentra en el libro ”T Introduccion a la Teorıa de Numeros, Gustavo

Rubiano”

Teorema 1 La congruencia lineal ax ≡ b (mod n) tiene solucion si y solo si d|b, donde

d = (a, n).

Demostracion: Dividimos la demostracion en 4 partes:

1. Si d|b, hay una solucion.

2. Si hay solucion, d|b.

3. Si x0 es una solucion entonces x0 + k nd

es solucion 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 algun 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 solucion de la congruencia lineal ax ≡ b (mod n).

Prueba 2. Supongamos que x0 es una solucion 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 habıamos mencionado

2.1 Ecuaciones Diofanticas 7

Prueba 3 Supongamos que x0 es una solucion de la congruencia dada.

Para todo entero k tenemos:

a(x0 + k

n

d

)= ax0 + kn

(ad

)≡ ax0 ≡ b (mod n)

puesto que d|a

Prueba 4 Supongamos que x1 es otra solucion de la congruencia dada.

Tenemos entonces:

ax1 ≡ b ≡ ax0 (mod n)

Por lo tanto

x1 ≡ x0 (modn

d)

Luego existe un entero k tal que

x1 = x0 + kn

d

Teorema 2 La ecuacion diofantica ax+by = c tiene solucion, si y solo si, d|c donde d = (a, b)

Ademas, si x0 y y0 es una solucion particular de la ecuacion, entonces todas las solucio-

nes estan dadas por las ecuaciones:

x = x0 + kb

de y = y0 − k

a

d

Donde k es un entero arbitrario

Demostracion:

Determinar las soluciones de esta ecuacion diofantica es equivalente a determinar las solu-

ciones de alguna de las congruencias lineales:

ax ≡ c (mod b) o by ≡ c (mod a)

Segun el teorema anterior, sabemos que existe solucion si y solo si d|c donde d = (a, b).

Ademas si x0 es una solucion de ax ≡ c (mod b), sabemos que todas las demas soluciones de

esta congruencia son de la forma:

x = x0 + kb

d

A partir de la ecuacion ax + by = c, podemos obtener los valores correspondientes de y.

Cuando x = x0 obtenemos:

y0 =c− ax0

b

y cuando x = x0 + k bd

obtenemos:

y =c− a(x0 + k b

d)

b

8 2 El Teorema Chino del Residuo

=c− ax0

b− ka

d

= y0 −ka

d

2.2. Ecuaciones de Grado Superior

Uno de los problemas mas importantes en la resolucion de ecuaciones diofanticas ha sido

la resolucion de un sistema de ecuaciones, de las contribuciones mas importantes para la

resolucion de dicho tipo de sistemas esta el Teorema Chino del Residuo que se expone a

continuacion:

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)

tiene solucion unica modulo m =∏r

i=1mi

Demostracion: Para i = 1, 2, ...., r sea Mi = mmi

=∏

i 6=j mj. Entonces (Mi,mi) = 1 para

todo i.

Por el Teorema 1 de esta seccion existen soluciones unicas para las congruencias lineales

Mix ≡ 1 (mod mi)

para i = 1, 2, ...., r. Es decir existen enteros b1, b2, ...., br tales que

M1b1 ≡ 1 (mod m1), M2b2 ≡ 1 (mod m2), ....,Mrbr ≡ 1 (mod mr)

Por lo tanto,

M1b1a1 ≡ a1 (mod m1),M2b2a2 ≡ a2 (mod m2), ...,Mrbrar ≡ ar (mod mr)

y si establecemos:

x0 =r∑

i=1

Mibiai

tenemos que x0 ≡ ai (mod mi) para todo i, puesto que Mi ≡ 0 (mod mj) para j 6= i. En

consecuencia, x0 es una solucion 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

para i = 1, 2, ..., r y por lo tanto concluimos que x1 ≡ x0 (mod m), donde m =∏r

i=1mi. Por

consiguiente, la solucion es unica modulo m.

Ejemplo: A continuacion, resolveremos paso por paso un sistema de congruencias basico,

utilizando el Teorema chino del residuo.

¿Es posible encontrar un numero 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 podrıa 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 solucion que

buscamos es el del tipo

x0 = 2 · 35 · d1 + 3 · 21 · d2 + 2 · 15 · d3

Una solucion de 35 · d1 ≡ 1(mod 3) es d1 = 2

Una solucion de 21 · d2 ≡ 1(mod 5) es d2 = 1

Una solucion 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 solucion buscada es:

x = 23 + 105k, k ∈ Z

Corolario 1 Si a y b son primos relativos mas grandes que 0 con a < b, entonces exis-

ten numeros enteros u y v tales que au+ bv = 1, ademas el numero de soluciones (u, v) con

|u|, |v| < y es al menos [(2y + 1)/|b|], donde [x] es la parte entera de x.

Demostracion: Puesto que a y b son primos relativos, (a, b) = 1 y en virtud del Teorema

2 de esta seccion la ecuacion diofantica tiene solucion, por lo tanto existen numeros enteros

u y v tales que au + bv = 1, Ademas si (u0.v0) es una solucion, entonces todas las demas

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 numero de

soluciones comprendidas en ese intervalo es:[2y+1b

]Ejemplo Resolver la ecuacion diofantica 2u+ 3v = 1 acotada por y = 6.

Solucion: En este caso, sabemos que hay solucion, puesto que 1 = (2, 3), sea u0 = −1 y

v0 = 1 una solucion, sabemos que las demas son de la forma:

u = −1 + 3k y v = 1− 2k

ya que estan 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 ks 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 Monicos

En este capıtulo nos dedicaremos a demostrar que si f(x) ∈ Z[x] es un polinomio monico,

existen polinomios g(x) y h(x) ∈ Z[x] monicos e irreducibles tales que f(x) = g(x) + h(x),

en la siguiente seccion veremos que estos polinomios no son unicos. 1

3.1. El Resultado de Dr Hayes

Teorema: (Debido a Dr Hayes) Sea f(x) un polinomio monico que pertenece al ani-

llo de polinomios Z[x], entonces existen polinomios monicos g(x) y h(x) ∈ Z[x] tales que

f(x) = g(x) + h(x)

Demostracion: Sea

f(x) = xd + Fd−1xd−1 + ....+ F1x+ F0

Se va a establecer que los polinomios g(x) y h(x) son irreducibles con el criterio de Einsens-

tein.

Se escribe a

g(x) = xd + pGd−1xd−1 + ...+ pG1x+G0

y a

h(x) = xd−1 + qHd−2xd−2 + ...+ qH1x+H0

Se han puesto de esta forma porque asıse podra estar seguro que por el criterio de Einsens-

tein p|gi para 0 ≤ i ≤ d−1, donde gi = pGi y tambien q|hi para 0 ≤ i ≤ d−2, donde hi = qHi.

El criterio de Einsenstein tambien dice que los ultimos coeficientes en este caso G0 y H0

deben ser divisibles por p y q respectivamente, pero no por p2 y q2.

Ası 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 q2.

1Dr.Hayes, 1965

12 3 La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Monicos

Se escogeran a G0 = p+ p2k1, o mejor dicho G0 ≡ p(mod p2), similarmente a H0 = q + q2k2o mejor dicho H0 ≡ q(mod q2), esta escogencia asegura que tanto G0 como H0 son divisibles

por p y q respectivamente, pero no por p2 y q2.

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) ası:

f(x) = g(x) +h(x) = xd + pGd−1xd−1 + ...+ pG1x+G0 +xd−1 + qHd−2xd−2 + ...+ qH1x+H0

se saca factor comun:

f(x) = xd + (pGd−1 + 1)xd−1 + (pGd−2 + qHd−2)xd−2 + ....+ (pG1 + qH1)x+G0 +H0

aquı se puede decir que:

Fd−1 = pGd−1 + 1 (1)

Fi = pGi + qHi (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 hara descomponiendo a Fd−1− 1 en

factores primos y escogiendo uno de aquellos primos, ası encontramos el primo p.

Observacion: Es importante aclarar que p y q deben ser primos diferentes, de lo con-

trario Fi = pGi + qHi, si q = p, esta ecuacion diofantica tendrıa solucion si y solo si p|Fi, lo

cual no siempre se va a satisfacer para cada Fi.

Podrıa suceder que Fd−1 − 1 = ±1, en este caso resolveremos redefiniendo una funcion

f ∗ (x) = f(x + 2), esta funcion f∗ producira un F∗d−1 que ya no sera ±1 y procederemos

como antes para encontrar a p. Solo nos falta encontrar a q para determinar los polinomios

irreducibles, la clave para hacerlo, esta en encontrar un q que satisfaga las condiciones que

exigen H0, y tambien que H0 +G0 = F0.

Notese que G0 = p+ p2k1ademas H0 = q + q2k2, es decir:

F0 = G0 +H0 = p+ p2k1 + q + q2k2

3.1 El Resultado de Dr Hayes 13

p+ q − F0 = −p2k1 − q2k2

Ahora sea (p2)−1q el inverso multiplicativo de p2 modulo q2, es decir:

(p2)q = p2 + q2k

Se va a escribir ahora a G0 y H0 de la siguiente manera:

G0 = p− (p2)−1q (p2)(q + p− F0)

H0 = F0 − p+ (p2)−1q (p2)(q + p− F0)

Esto significa que el valor que se le ha proporcionado a k1 es:

−(p2)−1q (q + p− F0)

es decir

k1 = (p2)−1q (p2k1 + q2k2)

ası:

k1 =(p2k1 + q2k2)

p2 + q2k

Entonces, se pasa el denominador de esta expresion al otro lado de la ecuacion:

(p2 + q2k)k1 = p2k1 + q2k2

p2k1 + q2kk1 = p2k1 + q2k2

Esta conveniencia permite encontrar una relacion entre los k′s que es la siguiente:

kk1 = k2

Si se pueden encontrar k′s que cumplan esta relacion obviamente todos enteros, se habran

encontrado a G0 y H0, aclarando antes que el primo q se escoge de manera conveniente,

preferiblemente menor que p.

Observacion: Se sugiere escoger a p 6= 2

Una manera sencilla de encontrar a estos k′s es la siguiente:

k1 =(p2k1 + q2k2)

p2 + q2k

veıamos que k1 tenıa esta forma, por consiguiente:

k1 =−(q + p− F0)

p2 + q2k

14 3 La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Monicos

con esta ecuacion basta escoger un k de tal forma que k1 sea entero. Visto como que k1 esta

en FUNCION de k, tenemos una funcion de este tipo: v(k) = L1

L2+L3k

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 + pG2x2 + pG1x+G0

h(x) = x2 + qH1x+H0

Ahora

F2 − 1 = pG2

, se tiene que:

7 = pG2

Se escoge p = 7 y G2 = 1 o tambien p = −7 y G2 = −1

Ahora con el fin de escoger el q conveniente, se encontraran los valores de G0 y H0, de

la siguiente manera:

G0 = p+ p2k1

H0 = q + q2k2

Se encuentran los k′s a traves de la ecuacion:

k1 =−(q + p− F0)

p2 + q2k

Siempre es posible encontrar los ks cuando |q| < |7|, vease porque:

Se escogen q = |2| o sea 2 o −2 y ya que p puede ser 7 o −7 se calcula el valor de to-

dos 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 sera el candidato apropiado para encontrar el k tal que k1 sea ente-

ro.

Entonces:

k1 =−20

49 + 4k

Aquı k = −12 se genera un k1 = −20 Por tanto k2 = (−20)(−12) = 240, Entonces:

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 condicion. Pero por lo pronto interesa que al menos un primo

q satisfaga la condicion.

Ahora ya que p = 7 y q = 2 y teniendo a G0 y a H0, resta solo encontrar una solucion

para la ecuacion diofantica:

pG1 + qH1 = −11

esta tiene solucion 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 ecuacion, 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 mas, pero por lo pronto solo

interesa una.

16 3 La Conjetura de Goldbach Para Polinomios Monicos

3.2. 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.

Observacion: El cociente−(q + p− F0)

p2 + q2k

tiene siempre una solucion entera si q = 2 y k = −(L2 + L) donde L es un entero.

Prueba: El denominador de la expresion

−(q + p− F0)

p2 + q2k

es el valor de (p2)q es decir:

p2 + q2k

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 tambien 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 q2k sera:

p2 + q2k = 4(L2 + L) + 1− 4(L2 + L) = 1

como el numerador de la expresion inicial es siempre entero, el valor 1 en el denomina-

dor producira siempre un valor entero en la expresion, mostrando que el k1 es entero.

No siempre se va a tener f(x) tan conveniente como se propuso anteriormente, hay po-

linomios que para expresar como suma de dos irreducibles se requerira un poco mas de

trabajo, por ejemplo, el polinomio x3 + x, aquı F0 = 0, haciendo imposible la labor de en-

contrar G0 y H0 con las condiciones preestablecidas, tampoco esta 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 expresion Fd−1 − 1 = 2

y los factores primos de 2 solo hay uno, es 2, entonces necesariamente p = 2 y no se podrıa

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, aquı Fd−1 − 1 = 0 y no se

podrıa escoger ningun 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 sera (x + 2) esto producira unos polinomios

nuevos en los que por el teorema del binomio el termino xd−1 estara acompanado de un

coeficiente distinto de los valores 0 ,1 , 2 y 3.

4 La Conjetura de Goldbach Para

Polinomios Enteros

Este capitulo presenta una generalizacion 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 pedira que f(x)

sea un polinomio monico, puede ser cualquiera, la situacion es analoga al caso anterior y de

hecho mas simple porque ya no tendremos la restriccion de la monicidad que nos condicio-

naba la escogencia de los primos p y q

4.1. Generalizacion 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)

Demostracion: Se escribe

f(x) = Fdxd + Fd−1x

d−1 + ...+ F1x+ F0

Se estableceran polinomios irreducibles g(x) y h(x) con el criterio de Einsenstein.

Sea

g(x) = Gdxd + pGd−1x

d−1 + ...+ pG1x+G0

y

h(x) = Hdxd + qHd−1x

d−1 + ...+ qH1x+H0

Al igual que en la seccion anteriorse han puesto de esta forma porque ası se podra estar

seguro que por el criterio de Einsenstein p|gi para 0 ≤ i ≤ d− 1, donde gi = pGi y tambien

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, tambien:

F0 = G0 +H0 (3)

Se procede como en la seccion anterior, definiendo

G0 ≡ p(mod p2)

H0 ≡ q(mod q2)

entonces:

F0 = G0 +H0 = p+ p2k1 + q + q2k2

q + p− F0 = −p2k1 − q2k2Se recuerda que en la seccion anterior, el encontrar G0 y H0 se reducıa al problema de

encontrar k′s tal que:

kk1 = k2

Donde k era el entero que aparecıa en la congruencia (p2)q ≡ p2(mod q2)

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 seccion anterior

De nuevo para encontrar los k′s se utiliza el cociente:

k1 =−(q + p− F0)

p2 + q2k

Interesa que esta fraccion de entera, como en el caso anterior, como ya se determinaron los

primos p y q la condicion (2) se reduce a resolver las ecuaciones diofanticas con 1 ≤ i ≤ d−1,

y la ecuacion (1), se resuelve escogiendo Gd y Hd que no sean divisibles por p y q respecti-

vamente.

Ejemplo 1 Sea f(x) = 5x3 + 8x2 − 7x+ 1

Se expresara como suma de dos polinomios irreducibles, entonces:

f(x) = g(x) + h(x)

5x3 + 8x2 − 7x+ 1 = (G3 +H3)x3 + (pG2 + qH2)x

2 + (pG1 + qH1)x+G0 +H0

Se escogen p = 5 y q = 2, con cualquier otro p serıa 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 + q2k

k1 =−(2 + 5− 1)

25 + 4k

k1 es entero cuando k = −6

k1 = −6

y por lo tanto

k2 = k1k = (−6)(−6) = 36

entonces

G0 = 5 + 25(−6) = −145

H0 = 2 + 4(36) = 146

queda ası:

G0 +H0 = −145 + 146 = 1

Con respecto a los otros Gi y Hi basta resolver algunas ecuaciones diofanticas:

−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 |1Entonces los polinomios g(x) y h(x) quedan ası:

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 numero de veces en que se puede

escribir un Polinomio como suma de

dos irreducibles

Los calculos hechos en las secciones anteriores muestran una manera de expresar un polino-

mio como suma de dos polinomios irreducibles. En este capıtulo se vera que esta expresion

no es unica, es decir que si f(x) = g(x) + h(x), g(x) y h(x) no son unicos.

Definicion: Para un Polinomio monico f(x) definimos <(f ; y) como el numero 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) esta en Z[x] es monico con gra(f) = d ≥ 1, entonces existe una constante

A(f) que depende unicamente de d y de los coeficientes de f(x) tal que:

<(f ; y) > A(f)yd

cuando y →∞Observacion: El numero total de polinomios monicos de grado d con coeficientes enteros

cuyo valor absoluto esta acotado por y, es (2y + 1)d. De aquı, trivialmente <(f ; y) < Byd,

donde B es una constante que depende unicamente de d, (B < 2d+1), Ası, del teorema

anterior tendremos una desigualdad tipo Chebyshev:

yd �f <(f ; y)�f yd

Demostracion: Para la demostracion 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 F ∗d−1 6= ±1, donde F ∗d−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

unicamente de f(x)). La escogencia de q = 2 es claramente permitida y se tiene que

q 6= p. Ası 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 aquı, el

225 El numero de veces en que se puede escribir un Polinomio como suma de dos

irreducibles

numero 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) =(2y + 1)d−1

pd−1·

∏0≤i≤d−2,Fi 6=0

1

Fi

2. Ahora estimamos el numero de maneras en que se pueden escoger los ultimos coefi-

cientes de los polinomios g(x) y h(x). Con base en el TCDR hay por lo menos una

solucion modulo 4p2, es decir que las soluciones son 2y+14p2

, (es decir mas que y/(2p2)).

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:

<(f ; y) > τ(f ; y)y

2p2> τ(f ; y) · y

2(|Fd−1|+ 2d)2

= yd[

2d−2

(|Fd−1|+ 2d)d· Π0≤i≤d−2,Fi 6=0

1

Fi

]A(f)yd

Aquı obtenemos una constante explicita, ya que depende de la escogencia de los coefi-

cientes y el grado de f .

6 Conclusiones y trabajos futuros

6.1. Conclusiones

Al desarrollar el presente trabajo, se quizo ampliar nuestro campo de vision sobre los distintos

conceptos: polinomio, irreducibilidad y el concepto de primo, que en el caso presente se

considero como ırreducibilidad de un Polinomio”. A continuacion, exponemos un conjunto

de conclusiones especıficas que constituye los resultados de nuestra monografıa.

La Conjetura de Goldbach para polinomios monicos es de alguna manera mucho mas

simple trabajando con polinomios que con el conjunto de numeros enteros, ya que se

puede apoyar en resultados de la teorıa de numeros, en este caso de las congruencias

presentadas en el Criterio de Einsenstein

Si f(x+2) es un polinomio irreducible, tambien lo sera f(x) y visceversa, esto apoyados

en el criterio de Einsenstein

El numero de maneras de expresar un polinomio monico f(x) como suma de dos

polinomios monicos irreducibles crece a medida que y →∞

El objetivo del trabajo se cumplio ya que obtuvimos los dos polinomios irreducibles de

un polinomio entero cualquiera f(x).

Bibliografıa

[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, Introduccion a la Teorıa de Numeros, 2004.

[4] J. Fraleigh, Algebra Abstracta, 1988.

[5] Javier Cilleruelo Mateo, El diablo de los numeros.

[6] Filip Saidak, On Goldbach Conjecture for Integer Polynomials, 2005.