jueves, 3 de febrero de 2011

Problema del día: 3 de febrero (álgebra)

Encuentra todos los polinomios $P$ en dos variables con las siguientes propiedades:

\noindent Para un entero positivo $n$ y todos $x$, $y$, $t$ reales se tene que $P(tx,ty)=t^nP(x,y)$.

\noindent Para todos los reales $a$, $b$, $c$, $P(b+c,a)+P(c+a,b)+P(a+b,c)=0$.

\noindent $P(1,0)=1$.

10 comentarios:

El niño dijo...

Ignoren los \noindent

Jorge 'Chuck' dijo...
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Jorge 'Chuck' dijo...
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Jorge 'Chuck' dijo...

Ohh no, si cometí un error

Jorge 'Chuck' dijo...

Ahora sí:
Si $P(1,0)=1$ y $P(tx,ty)=t^{n}P(x,y)$ entonces $P(x,0)=x^{n}$. Además, como $P(a+b,c)+P(b+c,a)+P(c+a,b)=0 \Rightarrow P(x+0,0)+P(0+0,x)+P(0+x,0)=0 \Rightarrow P(0,x)=-2x^{n}=-2P(x,0)$. De manera similar podemos ver que $3P(x+x,x)=0 \Rightarrow P(2x,x)=0$. Podemos ver también que $P(x+x,0)+P(x+0,x)+P(0+x,x)=0 \Rightarrow 2P(x,x)=-(2x)^{n} \Rightarrow P(x,x)=-2^{n-1}x^{n}$.
De todo esto podemos analizar que $P(x+y,x+y)+P(x+2y,x)+P(2x+y,y)=0 \Rightarrow P(2x+y,x)+P(2y+x,y)=2^{n-1}(x+y)^{n} \Rightarrow 2(P(2x+y,y)+P(2y+x,x))=2^{n}(x+y)^{n}=2^{n}P(x+y,0)=P(2x+2y,0)$. También podemos ver que $P(a+0,1-a)+P(0+1-a,a)+P(1-a+a,0)=0 \Rightarrow P(a,1-a)+P(1-a,a)=-1$ si multiplicamos ambos lados por cualquier número real de la forma $t^{n}$, entonces tenemos que $P(at,t-at)+P(t-at,at)=-t^{n}$. Dicho de otra manera, para todos los números reales $a$,$b$ tenemos que $P(a,b)+P(b,a)=-(a+b)^{n} \Rightarrow P(a,b)=-(P(b,a)+(a+b)^{n})$.
Si vemos bien $P(0,0)=0$ y lo podemos ver con la que dice que $P(2x,x)=0$ de modo que si consideramos que el polinomio en dos variables $P(x,y)=\sum_{i=1}^{l}a_{i}x^{i}+\sum_{i=1}^{m}b_{i}y^{i}+R(x)Q(y)+k$ para algunos $k,a_{i},b_{i}\in\Re$ y de manera que tanto $R(x)$ como $Q(y)$ no tengan constantes, sin embargo como $P(0,0)=0$ entonces $k=0$. Luego, como $P(1,0)=1$ y $P(0,1)=-2$ entonces tenemos que $\sum_{i=1}^{l}a_{i}=1$ y $\sum_{i=1}^{m}b_{i}=-2$. Además como $P(x,x)=-2^{n-1}x^{n}$ tenemos que $P(1,1)=-2^{n-1} \Rightarrow R(1)Q(1)+\sum_{i=1}^{l}a_{i}+ \sum_{i=1}^{m}b_{i}= -2^{n-1}$ \therefore $R(1)Q(1)=-(2^{n-1} -1)$.
Supongamos que $n$ es diferente de 1 y sea $x$ distinto de 0 (porque para este caso, ya sabemos los resultados)
$P(a,b)+P(b,a)=-(a+b)^{n}$ de aquí que $P(2x,x)+P(x,2x)=-(3x)^{n}$ entonces como $P(2x,x)=0$ tenemos que, $P(x,2x)=-(3x)^{n}$ y como $P(0,2x)=-2(2x)^{n}$ entonces $P(x,2x)-P(0,2x)-P(x,0)=x^{n}(2^{n+1}-3^{n}-1)$ por lo que $Q(x)R(2x)=x^{n}(2^{n+1}-3^{n}-1)$.
$P(x,x)=-2^{n-1}x^{n}$ entonces $-P(x,x)+P(x,0)+P(0,x)= x^{n}(2^{n-1}+1-2)=x^{n}(2^{n-1}-1)$ por lo tanto $Q(x)R(x)=-(2^{n-1}-1)x^{n}$
De ambos obtenemos que $R(2x)/R(x)=-(2^{n+1}-3^{n}-1)/(2^{n-1}-1)$ el cual es una constante una vez definida $n$, sin importar el valor de $x$ (diferente de 0).
De una manera similar como $P(2x,x)=0$, $Q(2x)R(x)=x^{n}(-2^{n}+2)$ entonces $Q(2x)/Q(x)=(2^{n}-2)/(2^{n-1}-1)=2$. El cual es otra constante. Podemos ver que $P(2x,2x)-P(2x,0)-P(0,2x)=(2^{n}-2^{2n-1})x^{n}=Q(2x)R(2x)$ Y como $Q(2x)R(2x)/(Q(x)R(x))=-(3^{n}*2+2-2^{n+2})/(2^{n-1}-1)$ y $Q(x)R(x)=-(2^{n-1}-1)x^{n}$ entonces $(2^{n-1}-1)x^{n}((3^{n}*2+2-2^{n+2})/(2^{n-1}-1))=(2^{n}-2^{2n-1})x^{n}$ por lo que $3^{n}*2+2-2^{n+2}=2^{n}-2^{2n-1}$ de donde $3^{n}+1-2^{n+1}=2^{n-1}-2^{2n-2}$ entonces $3^{n}+1+2^{2n-2}=2^{n-1}+2^{n+1}=2^{n-1}(5)$ entonces $3^{n}+1=2^{n-1}(5)-(2^{n-1})^{2}=2^{n-1}(5-2^{n-1})$ Como el lado izquierdo es siempre positivo, el lado derecho debe serlo, por lo que n no es mayor a 3.
Si $n=3$ entonces $28=4$ lo cual es una contradicción. Si $n=2$ entonces $10=6$ lo cual es otra contradicción y por lo mismo nuestra suposición inicial de que n era distinto de 1 e falsa y por eso, $n=1$.
Como $n=1$ entonces $P(x,0)=x$, $P(0,x)=-2x$, $P(x,x)=-x$, $P(a,b)+P(b,a)=-a-b$ y $R(x)Q(x)=0$. Esto último sólo es posible si $R(x)$ ó $Q(x)$ son cero y esto singnifica que $P(x,y)-R(x)Q(y)=P(x,y)$ por lo que podemos prescindir de ellos en cualquier caso (si $x$ o $y$ es cero también). Por lo que $P(x,y)=P(x,0)+P(0,y)=x-2y$ y acabamos.

jose nain dijo...
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Flavio dijo...

la primera condicion quiere decir que es homogeneo, entonces si dejamos fija una y, nos quedan dos polinomios en x que deben ser identicamente iguales, entonces los coeficientes son iguales.al final nos queda que
x^k(t^k)suma(a_k,r y^r t^r) = x^k (t^n)suma(a_k,r y^r ) para toda y, pues son los coeficientes de x^k en ambos lados, y deben ser iguales. Luego si q(y)=suma(a_k,r y^r) entonces nos queda que q(ty)*(t^k)=t^n*q(y) y entonces q es homogeneo y de ahi es facil ver que q(y)=c*y^(n-k), entonces p(x,y)=suma(g_i * x^i * y^(n-i)) luego p(1,0)=g_n*1^n entonces g_n=1.

Flavio dijo...

luego P(0,1)=g_0 y a la vez, usando a=b=0 y c=1 en la segunda P(0,1)+P(1,0)+P(1,0)=0 entonces como P(1,0)=1, entonces P(0,1)=-2=g_0

rvaldez dijo...

David, solo Jorge Chuck y Flavio comentaron el problema, y a mi parecer Jorge chuck esta bien, y flavio creo que le falta algo, asi que le pido a Niño que revise estas soluciones

Leo dijo...

Es un Putnam!

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