miércoles, 16 de marzo de 2011

Problema del día: Jueves 17 de marzo del 2011, Algebra

Encuentra todos los polinomios $P(x)$ con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional $r$, la ecuacion $P(x)=r$ tiene una solucion racional.

11 comentarios:

Georges dijo...

Tiene exactamente una solucion racional o al menos una?

rvaldez dijo...

Es suficiente suponer que tiene al menos una solucion.

Jorge 'Chuck' dijo...

No encontré la manera de atacar bien este problema, solo vi propiedades que en realidad no sé si sirvan del todo, hasta donde creo que va el problema es a demostrar que $P(x)=ax+b$ con $a$, $b$ racionales, sin embargo no pude probarlo, ni sé si sean las únicas soluciones, esto es todo lo que hice:
Veamos que $P(x)=r_{0}$ tiene una solución racional $r_{1}$ y entonces $P(x)=r_{1}$ también, y así sucesivamente (definiendo el proceso de encontrar una solución racional de ese valor como $P^{-1}(r)$), hasta que lleguemos a un ciclo cerrado o simplemente no tenga fin. En cualquier caso, iterando $P^{-1}(r)$ llegamos a una infinidad de racionales (y siempre son racionales).
$P(x)-r$ tiene raíces racionales, lo que quiere decir que $P(x)-0=P(x)$ tiene al menos una raíz racional $a$ lo que significa que $P(x)=(x-a)Q(x)$ siendo $Q(x)$ un polinomio de grado menor a $P(x)$. Pero de la misma manera, para cada racional $r$ tenemos que $x-x_{i}|P(x)-r_{i}$. Luego, como podemos cambiar el valor de $r$ a cuanto sea y sigue teniendo solución, entones $P(x)$ es un polinomio de grado impar (suprayectivo). De todo esto podemos ver que $P(x)=(x-a)Q(x)=(x-x_{i})Q_{i}(x)+r_{i}$ y de manera similar podemos ver que $Q_{i}(x)$ tiene valor racional para cuando $P(x)$ tiene valor racional. También podemos obtener de aquí que $(x_{i}-a)Q_{i}(a)=r_{i}$
Supongamos que $P(x)=\Sigma\limits_{i=0}^{2n+1}a_{i}x^{i}$. Ahora veamos también que si tenemos dos racionales $r_{1}$, $r_{2}$ de manera que las soluciones racionales que tienen $P(x)=r_{1}$ y $P(x)=r_{2}$ son $x_{1}=\frac{a}{b}$ y $x_{2}=\frac{c}{d}$, con $a, b, c, d\in Z$ respectivamente, de modo que podemos lograr que $x_{1}=\frac{ad}{bd}$ y $x_{2}=\frac{cb}{bd}$ entonces, como $P(x_{1})$ y $P(x_{2})$ son racionales, entonces también lo sería la diferencia que es $\Sigma\limits_{i=1}^{2n+1}\dfrac{a_{i}((ad)^{i}-(bc)^{i})}{bd^{i}}$ y como cada término se puede dividir entre $ad-bc$ entonces, podemos dividir entre $ad-bc$ que es racional para obtener otro racional, ya que no puede ser $0$ porque entonces $r_{1}-r_{2}=0$ pero son distintos, de manera similar podemos multiplicar todos los valores por $(bd)^{2n+1}$ y seguimos obteniendo racionales.
Tal vez lo que quería probar se hace al ver que $Q(x)$ es constante... o tal vez de otra manera, en verdad me sentí perdido en este problema...

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

Bueno mi solución es:

Lema 1:
si f es un polinomio con coeficientes reales y cumple que f(x)=r tiene una solución racional para una infinidad de r´s racionales distintos, donde n es su grado, entonces todos sus coeficientes son racionales.

Solución:
Lo probaremos por inducción fuerte sobre el grado del polinomio n:
El caso base n=1:

ax + b = r, ay + b = k, con x, y, r, k racionales con r y k distintos. Entonces x, y son distintos.

Entonces a = (k - r)/(y - x) que es racional. Pero racional más racional es racional y racional.

entonces como ax y r son racionales, b es racional. Entonces el caso base es cierto.

Supongámoslo cierto para n <= k - 1, donde k-1 >= 1

Sea f un polinomio de grado k que cumple que f(x_i) = r_i, para una infinidad de i´s con x_i, r_i racionales. Con r_i distinto de r_j, entonces x_i distinto de x_j. Con i<j.

Sea g tal que g(x) = f(x)/a_k - x^k, donde a_k es el coeficiente principal de f, entonces no es cero. Entonces g es de grado a lo más k-1

Si g es constante entonces g(x) = b para cualquier x en los reales. Entonces f(x) = (a_k)x^k + (a_k)b, entonces análogamente al caso de n = 1 (sustituyendo x y y por x^k y y^k, respectivamente) demostramos que a_k y (a_k)b son racionales, entonces como racional por irracional es irracional, a_k y b son racionales. Y el lema es cierto.

Supongamos que g no es constante entonces si m es el grado de g, g(x) = b tiene a lo más m soluciones distintas con b fijo.

Pero g(x_i) = r_i - (x_i)^k, que es racional para toda i. Entonces hay una infinidad de valores distintos de r_i - (x_i)^k, pues las x_i son distintas. Entonces como g tiene grado a lo más k-1 por la hipótesis cumple que todos sus coeficientes son racionales. Pero sus coeficientes son de la forma a_i/a_k donde a_i es un coeficiente de f. Entonces a_i/a_k es racional.

Entonces tomando dos soluciones f(x) = r, f(y) = s, con x, y, r, s racionales con r y s distintos. Tenemos que (a_0 - r)/a_k = p, (a_0 - s)/a_k = q con a_0 el coeficiente independiente
y p, q racionales distintos pues r y s lo son. Entonces a_k = (s - r)/(p - q) que es racional. Entonces como a_i/a_k es racional, a_i es racional.

Con lo que se demuestra el lema.

JulioC dijo...

Por lo tanto si es un polinomio con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional, por lema 1 sus coeficientes son racionales. Claramente P(x) = ax + b cumple con el problema para a y b racionales, y a distinto de 0; y por lema 1 son los únicos de grado 1. Los polinomios independientes no cumplen porque deben tomar una infinidad de valores.

Supongamos que existe un polinomio con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional y P es de grado mayor que 1.

Pero si P(x) cumple entonces yP(x) cumple para y entero, pues basta tomar r´ = r/y. Entonces podemos suponer que los coeficientes de P son enteros.

P(x) = a_0 - p tiene una solución racional para cualquier p primo, pero como P tiene coeficientes enteros, por el teorema de la raíz racional x = r/s con r y s primos relativos, r y s divisores de p y a_n, respectivamente, donde a_n es el coeficiente principal.

Pero los divisores de a_n son finitos entonces tomemos los infinitos primos p tales que f(1/b) no es igual a a_0 - p, para b divisor de a_n. Entonces r = p ó r = -p.

Ahora como los divisores de a_n son finitos, por el principio de las casillas infinito, hay una b tal que b divide a a_n y s = b para infinitos primos p. Entonces sólo consideremos ese infinito de primos p. Entonces hay un infinito de primos tales que P(p/b) = a_0 - p ó una infinidad de primos tales que P(-p/b) = a_0 - p. Entonces hay un infinito de primos tales que b^nP(p/b) = b^n(a_0 - p) ó b^nP(p/b) = b^n(a_0 + p). Entonces existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (b^n)p ó g(p) = a_0 + (b^n)p , donde a_0 es su término independiente y n su grado igual al grado de P, para infinitos p primos.

JulioC dijo...

Lema 2:
No existe ningún polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - mp ó g(p) = a_0 + mp , donde a_0 es su término independiente, m es constante y n su grado para n>1, para una infinidad de valores p primos.

Solución:

Lo demostraremos por inducción sobre n, el grado del polinomio.

Base de inducción:

n=2, Si g(p) = a_0 - mp y g(q) = a_0 - mq para p y q primos distintos, entonces a_2 = (- a_1 - m)p y a_2 = (- a_1 - m)q, respectivamente, pero a_2 es constante entonces p=q, contradicción. Análogamente para g(p) = a_0 + (m)p y g(q) = a_0 + (m)q para p y q primos distintos, se llega a una contradicción. Entonces queda demostrada la base de inducción.

Supongámoslo cierto para n = k - 1 >= 2

Sea n = k, Supongamos que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos.

Si g(p) = a_0 - (m)p como n>2 entonces p^2 divide a -( (m)p + a_1p), entonces p divide a m + a_1. Pero hay una infinidad de primos p que cumplen que g(p) = a_0 - (m)p y m+ a_1 es un entero constante, entonces m + a_1 = 0. Entonces pm + pa_1 = 0. Entonces cancelando los valores en g(p) = a_0 - (m)p, decimos que existe un polinomio g´ tal que g´(p) = a_0 - pm´para una infinidad de valores p, con m´ constante m´= 1 y a´_2 = a_2 - 1 y grado n = k - 1, lo cual es una contradicción por la hipótesis de inducción.

Análogamente se llega a una contradicción si se supone que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 + (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos. Con lo que se demuestra el lema.

Pero b^n es constante entonces por lema 2 no existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (b^n)p ó g(p) = a_0 + (b^n)p , donde a_0 es su término independiente y n su grado igual al grado de P, para infinitos p primos. Contradicción.

Por lo tanto no existe un polinomio con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional y P es de grado mayor que 1.

Por lo tanto los únicos polinomios P con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional son
P(x) = ax + b, con a y b racionales y a distinto de 0.

Saludos

JulioC dijo...

Lema 2:
No existe ningún polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - mp ó g(p) = a_0 + mp , donde a_0 es su término independiente, m es constante y n su grado para n>1, para una infinidad de valores p primos.

Solución:

Lo demostraremos por inducción sobre n, el grado del polinomio.

Base de inducción:

n=2, Si g(p) = a_0 - mp y g(q) = a_0 - mq para p y q primos distintos, entonces a_2 = (- a_1 - m)p y a_2 = (- a_1 - m)q, respectivamente, pero a_2 es constante entonces p=q, contradicción. Análogamente para g(p) = a_0 + (m)p y g(q) = a_0 + (m)q para p y q primos distintos, se llega a una contradicción. Entonces queda demostrada la base de inducción.

Supongámoslo cierto para n = k - 1 >= 2

Sea n = k, Supongamos que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos.

Si g(p) = a_0 - (m)p como n>2 entonces p^2 divide a -( (m)p + a_1p), entonces p divide a m + a_1. Pero hay una infinidad de primos p que cumplen que g(p) = a_0 - (m)p y m+ a_1 es un entero constante, entonces m + a_1 = 0. Entonces pm + pa_1 = 0. Entonces cancelando los valores en g(p) = a_0 - (m)p, decimos que existe un polinomio g´ tal que g´(p) = a_0 - pm´para una infinidad de valores p, con m´ constante m´= 1 y a´_2 = a_2 - 1 y grado n = k - 1, lo cual es una contradicción por la hipótesis de inducción.

Análogamente se llega a una contradicción si se supone que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 + (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos. Con lo que se demuestra el lema.

Pero b^n es constante entonces por lema 2 no existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (b^n)p ó g(p) = a_0 + (b^n)p , donde a_0 es su término independiente y n su grado igual al grado de P, para infinitos p primos. Contradicción.

Por lo tanto no existe un polinomio con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional y P es de grado mayor que 1.

Por lo tanto los únicos polinomios P con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional son
P(x) = ax + b, con a y b racionales y a distinto de 0.

Saludos

JulioC dijo...

Lema 2:
No existe ningún polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - mp ó g(p) = a_0 + mp , donde a_0 es su término independiente, m es constante y n su grado para n>1, para una infinidad de valores p primos.

Solución:

Lo demostraremos por inducción sobre n, el grado del polinomio.

Base de inducción:

n=2, Si g(p) = a_0 - mp y g(q) = a_0 - mq para p y q primos distintos, entonces a_2 = (- a_1 - m)p y a_2 = (- a_1 - m)q, respectivamente, pero a_2 es constante entonces p=q, contradicción. Análogamente para g(p) = a_0 + (m)p y g(q) = a_0 + (m)q para p y q primos distintos, se llega a una contradicción. Entonces queda demostrada la base de inducción.

Supongámoslo cierto para n = k - 1 >= 2

Sea n = k, Supongamos que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos.

Si g(p) = a_0 - (m)p como n>2 entonces p^2 divide a -( (m)p + a_1p), entonces p divide a m + a_1. Pero hay una infinidad de primos p que cumplen que g(p) = a_0 - (m)p y m+ a_1 es un entero constante, entonces m + a_1 = 0. Entonces pm + pa_1 = 0. Entonces cancelando los valores en g(p) = a_0 - (m)p, decimos que existe un polinomio g´ tal que g´(p) = a_0 - pm´para una infinidad de valores p, con m´ constante m´= 1 y a´_2 = a_2 - 1 y grado n = k - 1, lo cual es una contradicción por la hipótesis de inducción.

Análogamente se llega a una contradicción si se supone que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 + (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos. Con lo que se demuestra el lema.

Pero b^n es constante entonces por lema 2 no existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (b^n)p ó g(p) = a_0 + (b^n)p , donde a_0 es su término independiente y n su grado igual al grado de P, para infinitos p primos. Contradicción.

Por lo tanto no existe un polinomio con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional y P es de grado mayor que 1.

Por lo tanto los únicos polinomios P con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional son
P(x) = ax + b, con a y b racionales y a distinto de 0.

Saludos.

JulioC dijo...

Lema 2:
No existe ningún polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - mp ó g(p) = a_0 + mp , donde a_0 es su término independiente, m es constante y n su grado para n>1, para una infinidad de valores p primos.

Solución:

Lo demostraremos por inducción sobre n, el grado del polinomio.

Base de inducción:

n=2, Si g(p) = a_0 - mp y g(q) = a_0 - mq para p y q primos distintos, entonces a_2 = (- a_1 - m)p y a_2 = (- a_1 - m)q, respectivamente, pero a_2 es constante entonces p=q, contradicción. Análogamente para g(p) = a_0 + (m)p y g(q) = a_0 + (m)q para p y q primos distintos, se llega a una contradicción. Entonces queda demostrada la base de inducción.

Supongámoslo cierto para n = k - 1 >= 2

Sea n = k, Supongamos que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos.

Si g(p) = a_0 - (m)p como n>2 entonces p^2 divide a -( (m)p + a_1p), entonces p divide a m + a_1. Pero hay una infinidad de primos p que cumplen que g(p) = a_0 - (m)p y m+ a_1 es un entero constante, entonces m + a_1 = 0. Entonces pm + pa_1 = 0. Entonces cancelando los valores en g(p) = a_0 - (m)p, decimos que existe un polinomio g´ tal que g´(p) = a_0 - pm´para una infinidad de valores p, con m´ constante m´= 1 y a´_2 = a_2 - 1 y grado n = k - 1, lo cual es una contradicción por la hipótesis de inducción.

Análogamente se llega a una contradicción si se supone que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 + (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos. Con lo que se demuestra el lema.

Pero b^n es constante entonces por lema 2 no existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (b^n)p ó g(p) = a_0 + (b^n)p , donde a_0 es su término independiente y n su grado igual al grado de P, para infinitos p primos. Contradicción.

Por lo tanto no existe un polinomio con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional y P es de grado mayor que 1.

Por lo tanto los únicos polinomios P con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional son
P(x) = ax + b, con a y b racionales y a distinto de 0.

Saludos.

julio_dc94 dijo...

Lema 2:
No existe ningún polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - mp ó g(p) = a_0 + mp , donde a_0 es su término independiente, m es constante y n su grado para n>1, para una infinidad de valores p primos.

Solución:

Lo demostraremos por inducción sobre n, el grado del polinomio.

Base de inducción:

n=2, Si g(p) = a_0 - mp y g(q) = a_0 - mq para p y q primos distintos, entonces a_2 = (- a_1 - m)p y a_2 = (- a_1 - m)q, respectivamente, pero a_2 es constante entonces p=q, contradicción. Análogamente para g(p) = a_0 + (m)p y g(q) = a_0 + (m)q para p y q primos distintos, se llega a una contradicción. Entonces queda demostrada la base de inducción.

Supongámoslo cierto para n = k - 1 >= 2

Sea n = k, Supongamos que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos.

Si g(p) = a_0 - (m)p como n>2 entonces p^2 divide a -( (m)p + a_1p), entonces p divide a m + a_1. Pero hay una infinidad de primos p que cumplen que g(p) = a_0 - (m)p y m+ a_1 es un entero constante, entonces m + a_1 = 0. Entonces pm + pa_1 = 0. Entonces cancelando los valores en g(p) = a_0 - (m)p, decimos que existe un polinomio g´ tal que g´(p) = a_0 - pm´para una infinidad de valores p, con m´ constante m´= 1 y a´_2 = a_2 - 1 y grado n = k - 1, lo cual es una contradicción por la hipótesis de inducción.

Análogamente se llega a una contradicción si se supone que existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 + (m)p donde a_0 es su término independiente y n su grado, para una infinidad de valores p primos. Con lo que se demuestra el lema.

Pero b^n es constante entonces por lema 2 no existe un polinomio g con coeficientes enteros tales que g(p) = a_0 - (b^n)p ó g(p) = a_0 + (b^n)p , donde a_0 es su término independiente y n su grado igual al grado de P, para infinitos p primos. Contradicción.

Por lo tanto no existe un polinomio con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional y P es de grado mayor que 1.

Por lo tanto los únicos polinomios P con coeficientes reales tales que para cualquier numero racional , la ecuacion tiene una solucion racional son
P(x) = ax + b, con a y b racionales y a distinto de 0.

Saludos.

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