jueves, 31 de marzo de 2011

Algunos problemas interesantes de polinomios

Hola a todos.
Para una clase que estoy dando en la UNAM (Seminario de Resolución de Problemas), chequé algunas cosas de polinomios, y me encontré con algunos problemas bonitos y de dificultad distinta. Se los dejo a continuación para que practiquen lo que vieron con Carlitos.

1. Sea $f\in \mathbb{Z}[x]$ y $a$ un entero. Muestra que $f(a)$ divide a $f(a+f(a))$. Muestra que si $f$ no es constante, entonces existe un $a\in \mathbb{Z}$ para el cual $f(a)$ no es primo. Muestra que $f(a)$ divide a $f(a+kf(a))$ para cualquier entero $k$.

2. Sea $f\in \mathbb{Z}[x]$ de modo que hay una infinidad de valores enteros $a$ para los cuales $f(a)$ es primo. Muestra que $f$ es irreducible en $\mathbb{Z}[x]$.

3. Un polinomio $p(x)$ de grado $n$ cumple que $p(i)=2^i$ para $i=0,1,\ldots, n$. Encuentra el valor de $p(n+1)$

4. Encuentra un polinomio $p(x)$ con coeficientes enteros de modo que para cada entero $n$ se tiene que $p(n)+4^n$ es divisible entre $27$.

5. Sea $f\in \mathbb{Z}[x]$ y $a$ y $b$ dos enteros distintos con $\gcd(f(a), f(b))=1$. Muestra que existe una infinidad de enteros de modo que sus valores en $f$ son primos relativos por parejas.

6. Muestra que $f(x)=x^6-6x^5+15x^4+x^2-38x+37$ es un polinomio irreducible en $\mathbb{Z}[x]$.

7. Un punto en el plano es "mixto" si una de sus coordenadas es racional y la otra irracional. Encuentra todos los polinomios con coeficientes reales de modo que sus gráficas no tengan puntos mixtos.

8. Sean $x$, $y$ y $z$ reales con $x+y+z=0$. Muestra que:

$\frac{x^5+y^5+z^5}{5}=\frac{x^3+y^3+z^3}{3}\cdot\frac{x^2+y^2+z^2}{2}$

9. Sea $f\in \mathbb{Z}[x]$. Muestra que para cualquier entero positivo $k$ hay un $a$ entero para el cual $f(a)$ tiene al menos $k$ divisores primos distintos.

10. Sea $f$ un polinomio con coeficientes reales. Muestra que $f$ se puede escribir de la forma $f^2=g^2+h^2$ con $g$ y $h$ de coeficientes reales y grado distinto si y sólo si $f$ tiene raíces no reales.

11. Encuentra todos los $f\in \mathbb{Z}[x]$ de grado $n\geq 6$ para los cuales existen $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$ enteros distintos con $f(a_i)^2=1$ para toda $i=1,2,\ldots, n$.

12. Sea $\alpha \in \mathbb{R}$ con $|\alpha|<1$. Sean $n>k\geq 0$ enteros. Muestra que todas las raíces (quizás complejas) de $x^n+\alpha x^{n-k}+\alpha x^k +1$ tienen norma $1$.

Siéntanse libres de hacer los que quieran y escribir su solución. Si terminan estos les pongo otros más difíciles : ).

22 comentarios:

IwakuraIsa dijo...

Oye Leo, en el problema 8 no debería ser mas bien $x,y,z$ reales con $x+y+z=0$?

Jorge 'Chuck' dijo...

Yo supongo que sí, además la solución del 8 es sencilla, simplemente haces a $z=-x-y$ entonces $\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}=\dfrac{2(x^{2}+y^{2}+xy)}{2}=S_{1}$, de manera similar $\dfrac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3}=\dfrac{-3(x^{2}y+xy^{2})}{3}=S_{2}$ y por último $\dfrac{x^{5}+y^{5}+z^{5}}{5}=\dfrac{-5(x^{4}y+2x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}+xy^{4})}{5}=S_{3}$ entonces es fáciil de aquí que $S_{1}S_{2}=S_{3}$ ya que $(x^{2}+xy+y^{2})(x^{2}y+xy^{2})=x^{4}y+2x^{3}y^{2}+2x^{2}y^{3}+xy^{4}$.

Jorge 'Chuck' dijo...

Para el 6. Podemos ver que como tiene coeficientes enteros entonces $a-b|f(a)-f(b)$ para $a$, $b$ enteros. Ahora veamos que si existe $k$ entero de forma que $f(k)=0$ contradiciendo la hipótesis, entonces $1-k|f(1)$ y $f(1)=10$ y además $0-k|f(0)$ dónde $f(0)=37$ entonces $|k|=1$ ó $|k|=37$ pero el segundo caso no cumple la primera condición, por lo que $k=\pm 1$ pero con el positivo no se cumple porque $f(1)=10$ y con el negativo tampoco porque $f(-1)=98$ por lo cual, $f(x)$ es irreducible en $\mathbb{Z}[x]$

Leo dijo...

Chuck: En efecto, es que $x+y+z=0$, y tu solución está bien.

Tu solución del $6$ sólo demuestra que el polinomio no tiene raíces enteras, pero podría poder factorizarse, por ejemplo, en un factor cuadrático y uno de grado cuatro, y por tanto no sería irreducible (irreducible es que no lo puedas poner como producto de dos polinomios de grado mayor o igual a $1$).

Leo dijo...

Hint para el 6: Transforma el polinomio y aplica el criterio de irreducibilidad de Eisenstein.

Jorge 'Chuck' dijo...

Ahorita corrijo el 6, mintras:
Para el problema 2. Veamos que como $f\in \mathbb{Z}[x]$ entonces $a-b|f(a)-f(b)$ para enteros $a$, $b$. Ahora supongamos buscando la contradicción que $f(k)=0$ entonces para las $a$'s que cumplen las condiciones del problema, veamos que $a-k|f(a)$ entonces $|a-k|=1$ ó $|a-k|=f(a)$ para las infinitas $a$'s, por lo que la primera relación solo se puede dar $2$ veces cuando mucho mientras que la segunda se tendría que dar para el resto de las ocaciones, el cual sigue siendo una infinidad. Por lo que $f(a)=a-k$ en todos los demás casos, sin embargo si dos polinomios (en este caso $f(x)$ y $x-k$) coinciden en una infinidad de puntos, entonces son el mismo. Luego, como $x-k$ es irreducible, acabamos.

Jorge 'Chuck' dijo...

Rayos... me salió muy largo el 6.

$f(x)=x^{6}-6x^{5}+15x^{4}+x^{2}-38x+37$ por el criterio de Einstein es irreducible si y sólo si $P(x)=f(x+1)$ es irreducible. Luego, $P(x)=(x+1)^{6}-6(x+1)^{5}+15(x+1)^{4}+(x+1)^{2}-38(x)+37$ entonces $P(x)=x^{6}+20x^{3}+46x^{2}+10$. Como ya demostramos, $f(x)$no tiene raíces enteras, por lo que si $Q\in \mathbb{Z[x]}$ es tal que $Q(x)|P(x)$ entonces es de al menos grado $2$ y si tomamos al más pequeño, es a lo más grado $3$, además de que $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=R(x)$ para $R\in \mathbb{Z[x]}$. Para el primer caso sea $Q(x)=ax^{2}+bx+c$ entonces sabemos que $a|1$ por lo que $a=\pm 1$ pero, multiplicando en $Q(x)$ y $R(x)$ por $-1$ si es necesario, podemos asegurarnos de que $a=1$. De manera similar veamos que los términos independientes de $R(x)$ y $Q(x)$ multiplicados dan $10$ y son enteros, por lo que $c|10$ con $c\neq 0$. Si $R(x)=x^{4}+n_{3}x^{3}+n_{2}x^{2}+n_{1}x+\frac{10}{c}$ entonces sabemos que $\frac{10b}{c}+cn_{1}=0$ de donde vemos que $\dfrac{-10b}{c^{2}}=n_{1}$. De manera similar podemos ver que $46=\frac{10}{c}+\frac{-10b^{2}}{c^{2}}+cn_{2}$ por lo que $n_{2}=\frac{46}{c}-\frac{10}{c^{2}}+\frac{10b^{2}}{c^{3}}$. Nuevamente podemos ver que $20=cn_{3}+\dfrac{-10b}{c^{2}}+b(\frac{46}{c}-\frac{10}{c^{2}}+\frac{10b^{2}}{c^{3}})$ de donde vemos $n_{3}=\frac{20}{c}+\dfrac{10b}{c^{3}}-\frac{46b}{c^{2}}+\frac{10b}{c^{3}}-\frac{10b^{3}}{c^{4}}$. Finalmente podemos ver que $0=b(\frac{20}{c}+\dfrac{10b}{c^{3}}-\frac{46b}{c^{2}}+\frac{10b}{c^{3}}-\frac{10b^{3}}{c^{4}})+\frac{46}{c}-\frac{10}{c^{2}}+\frac{10b^{2}}{c^{3}}+c$ y que $0=b+\frac{20}{c}+\dfrac{10b}{c^{3}}-\frac{46b}{c^{2}}+\frac{10b}{c^{3}}-\frac{10b^{3}}{c^{4}}$ pero éste último implica que $n_{3}=-b$ además de que $0=1+\frac{20}{bc}+\dfrac{10}{c^{3}}-\frac{46}{c^{2}}+\frac{10}{c^{3}}-\frac{10b^{2}}{c^{4}}$, pero además, si lo sustituimos en el primero obtenemos que $0=-b^{2}+c+\frac{46}{c}-\frac{10}{c^{2}}+\frac{10b^{2}}{c^{3}}$ entonces $b=\sqrt{\dfrac{c+\frac{46}{c}-\frac{10}{c^{2}}}{1-\frac{10}{c^{3}}}}$ trabajemos con el interior de la raíz, la cual debe ser un cuadrado perfecto: $\dfrac{c^{3}+46c^{2}-10c}{c^{3}-10}=\dfrac{c(c^{2}+46c-10)}{c^{3}-10}$ de donde podemos analizar que el numerador es positivo cuando $c\geq 1$ y cuando $c\leq -1$ (mientras sea menor o igual a $10$ se cumple) y el denominador es positivo cuando $c>\sqrt[3]{10}$ entonces para que todo sea positivo, o $c>\sqrt[3]{10}$ ó $c$ es no positivo, sin embargo $c|10$ y es distinto de cero entonces bastará con probar para $c=5$ y $c=10$. Veamos que para cada valor lo que nos queda en esa expresión no es un cuadrado perfecto: $c=5,10$ corresponden a $\dfrac{245}{23}$ y $\dfrac{550}{99}$ sin embargo ninguna es entera, por lo que $b$ tampoco lo es.

Jorge 'Chuck' dijo...

Si $Q(x)$ fuera de grado $3$, es claro que sería también mónico y que si $Q(x)=x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ y $R(x)=x^{3}+b_{2}x^{2}+b_{1}x+b_{0}$ entonces $a_{0}b_{0}=10$, $b_{1}a_{0}=-a_{1}b_{0}$, $-a_{2}b_{2}=b_{1}+a_{1}$ y $a_{2}=-b_{2}$. De donde podemos ver que $a_{2}=\sqrt{b_{1}+a_{1}}$ y de aquí vemos que $a_{2}=\sqrt{a_{1}+\frac{-a_{1}b_{0}}{a_{0}}}$ por lo cual $a_{2}=\sqrt{a_{1}(1-\frac{10}{a_{0}^{2}})}$. Veamos que también, $46=a_{2}(\frac{10}{a_{0}})+a_{1}(\frac{-a_{1}b_{0}}{a_{0}})-a_{2}a_{0}$ de donde $a_{2}=\dfrac{46a_{1}(\frac{-10a_{1}}{a_{0}^{2}})}{\frac{10}{a_{0}}-a_{0}}$ entonces $a_{2}=\dfrac{46a_{1}(\frac{10a_{1}}{a_{0}^{2}})}{a_{0}^{2}-10}$ igualando ambas ecuaciones obtenemos lo siguiente:
$a_{1}(1-\frac{10}{a_{0}^{2}})=a_{1}^{4}(\dfrac{(46(\frac{10}{a_{0}^{2}}))^{2}}{(a_{0}^{2}-10)^{2}})$ por lo cual $a_{1}=\sqrt[3]{\dfrac{(a_{0}^{2}-10)^{3}}{(46(\frac{10}{a_{0}}))^{2}}}$ entonces $a_{1}=\dfrac{a_{0}^{2}-10}{\sqrt[3]{(\frac{460}{a_{0}})^{2}}}$ para los posibles valores de $a_{0}$ veamos si es posible tener un $a_{1}$ entero y aún si es así, veamos que no se puede que $a_{2}$ sea entero (además de que esto también se puede aplicar para las $b$'s):
$a_{0}|10$ entonces, bastará probar que no se puede con $a_{0}=\pm 1$ ni $a_{0}=\pm 2$ y que si se cumple entonces para los respectivos $b_{0}$'s no. Para el primer caso $a_{1}=\frac{-9}{\sqrt[3]{460^{2}}}$ sin embargo el argumento en el denominador posee únicamente $4$ veces el factor $2$ por lo que no queda racional $a_{1}$. Para el segundo caso $a_{1}=\dfrac{-6}{\sqrt[3]{230^{2}}}$ y de manera similar queda irracional porque en el argumento del denominador hay únicamente $2$ factores $2$. Entonces no existe tal $Q(x)$ por lo que $P(x)$ es irreducible en $\mathbb{Z[x]}$ y por ende también $f(x)$

Jorge 'Chuck' dijo...

al final me equivoqué, debería decir $\mathbb{Z}[x]$

DANIELIMO dijo...

que significa $f\in \mathbb{Z}[x]$?

Leo dijo...

Quiere decir "f es un polinomio de coeficientes enteros". Dando una breve leída a tu solución me parece que está bien Chuck.

Me parece que el criterio de irreducibilidad de Eisenstein también te dice algo de qué pasa si hay un primo que divide de maneras especiales a los coeficientes.

IwakuraIsa dijo...

El criterio de Eisenstein dice que en un Polinomio de coeficientes enteros $Q=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$, si existe $p$ primo tal que divide a $a_0,a_1,...,a_{n-1}$ pero no a $a_n$ y $p^2$ no divide a $a_0$, entonces el polinomio es irreducible en $\mathbb{Z}[x]$(notese que es condición suficiente pero no necesaria). Ya con la transformación y el criterio el problema 6 sale fácil.
Creo que estaría padre que demostraran el criterio.

DANIELIMO dijo...

Los estoy intentando, ya me salieron algunos

Leo dijo...

Vayan poniendo cuáles les han salido para ver si salen todos.

DANIELIMO dijo...

segun yo ya hice el 1,2,5 y 8

jorge garza vargas dijo...

yo llevo 1,2,3 y 8

IrvinG dijo...

Hagan el 11, está padre!

IrvinG dijo...

Y por los que no sabían hay una forma más general del criterio de Eisenstein que dice:

Sea $p(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0 \in \mathbb{Z}[x] $. Si existe un primo $p$ y un $k\in \{1,2,...,n-1\}$ tal que $p$ divide a $a_0,a_1,...,a_k$, $p$ no divide a $a_{k+1}$ y $p^2$ no divide a $a_0$ entonces existe un factor irreducible $q(x)$ de $p(x)$ cuyo grado es al menos $k$.

DANIELIMO dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
DANIELIMO dijo...

Solo me faltan los poblemas 7,10 y 12.

P1. Me salio usando el lema de que $a-b$ divide a $P(a)-P(b)$

P2. Supongamos que $P(x)=Q(x)R(X)$ si $P(a)$ es primo entonces alguno de $Q(x)$ o $R(x)$ sera igual a $+1$ o $-1$ pero como hay infinitos a entonces habrá infinitos a para los que $Q(x)$ o $R(x)$ sera igual a $+1$ o $-1$ pero esto no se puede.

P3. Usamos interpolacion de Lagrange y medio que $P(n+1)=2^{n+1}-1$

P4. $P(n)=9n^2+15n-1$

P5. vemos que si $p$ primo no divide a $f(a)$ entonces no divide a $f(b)$ con $b$ congruente con $a$ mod $P$ (por el lema $a-b$ divide a $f(a)-f(b)$) si ya tenemos un conjunto de n enteros usamos el Teorema chino del residuo para construir un conjunto de n+1.

P6. vemos que por el criterio de Eisenstein que $g(x)=f(x+1)$ es irreducible (el coeficiente a la sexta es 1, el lineal es 10 y los demas son pares)

P7. He visto que el polinomio no puede ser cuadratico, y si es lineal de la forma $P(x)=ax+b$ cumple solo si $a$ y $b$ son racionales.

P8. usas factorizaciones que tengan como factor a x+y+z, y ya.

P9. Primero consideramos la nueva función $g(x)=f(x)/d$ donde $d=mcd(...,f(-1),f(0),f(1),...)$. Usamos el lema del prob 5 y tambien usamos dos veces el teorema chino del residuo. Primero para ver que infinitos primos dividen a valores de $g(a)$ y luego para construir un ejemplo en el que lo dividen al menos k primos.

P10. No se que hacer

P11. vemos que $f(a_i)=1$ o $-1$ pero usando el lema de que $a-b$ divide a $f(a)-f(b)$ vemos que a lo más hay 5 enteros a para los que f(a) toma valores $+1$ y $-1$ ,por lo que o todos los valores de $f(a_i)$ deben ser $1$ o todos deben ser $-1$. Entonces los polinomios que cumplen son $f(x)=(x-b_1)(x-b_2)...(x-b_n) +1$ y
$f(x)=(x-b_1)(x-b_2)...(x-b_n) -1$
Con todos los b_i enteros distintos.

P12. No se que hacer

Leo dijo...

Muy bien Daniel!

Para el 10 escribe al polinomio como producto de lineales y cuadráticos sin solución en los reales (cualquier polinomio de coeficientes reales lo puedes factorizar así en los reales). Un polinomio tiene todas sus raíces reales si y solo si al factorizarlo así todos sus factores son lineales. Acuérdate que si dos números son suma de dos cuadrados entonces su producto también y haz algo parecido para polinomios.

Para el 12 primero intenta ver que todos sus coeficientes son racionales (con interpolación de Lagrange). Luego multiplícalo por una constante para que quede con coeficientes enteros. Si su coeficiente libre es c y se llama p(x), entonces para un primo primo suficientemente grande q la ecuacion p(x)-c=q tiene solución, pero sabes cómo son las raíces de polinomios con coeficientes enteros. Si el polinomio no es lineal, no encontrarás soluciones, contradiccion. Es una APMO.

En el 12 te podría servir la forma polar de un número complejo.

Leo dijo...

Arriba cuando me refiero al 12 por primera vez en realidad me refiero al 7.

Publicar un comentario