viernes, 24 de febrero de 2012

Problema del Día Jueves 23 (Álgebra)

Encuentra todos los polinomios $P(x,y)$ con coeficientes reales tales que para todos $a$, $b$, $c \in \mathbb{R}$ se tiene que
$$P(ab,c^2+1)+P(bc,a^2+1)+P(ca,b^2+1)=0.$$

7 comentarios:

Diego627 dijo...

Sea $R(x,y)=P(x,y-1)$. Entonces $R(ab,c^2)+R(bc,a^2)+R(ca,b^2)=0$
Sea $T(a,b,c)=R(ab,c^2)+R(bc,a^2)+R(ca,b^2)$. $T$ es identico a $0$.
Tenemos que si $x^ry^s$ esta en $R$, entonces $\sum_{cyc}(ab)^r(c^2)^s=3[r,r,2s]$ esta en $T$.
Notamos que si $x^ry^s$ y $x^uy^v$ "generan" el mismo polinomio simetrico(o el mismo termino), entonces $[r,r,2s]=[u,u,2v]$. Asi que $(r,r,2s)$ es permutacion de $(u,u,2v)$ y por casillas a un $r$ se le asigna un $u$ ya que $2+2>3$. Entonces $r=u$
Porlotanto $[r,r,2s]=[r,r,2v]$ Asi que si a un $r$ se le asigna el $2v$, similarmente se le asignaria a un $u=r$ el $2s$, asi que $s=r$. De otra manera, a $2s$ se le asigna $2v$ entonces $s=v$ asi que si $x^ry^s$ y $x^uy^v$ generan el mismo polinomio, entonces $(r,s)=(u,v)$.
Tenemos que $[a^rb^sc^t]T=0$ para todo $r,s,t$. En particular, para $(r,s,t)=(u,u,2v)$ y permutaciones ciclicas. Asi que como solo $x^uy^v$ en $R$ genera ese polinomio simetrico, y cualquiera de esos terminos, entonces $[x^uy^v]R=[a^ub^uc^{2v}]T=0$. Asi que como esto pasa para todo $u,v$ tenemos que $R=0$. Por lo tanto $P=0$ es el unico polinomio que cumple.

Juan dijo...

Demostraré que sólo $P=0$ cumple.
Llamemos al polinomio $P(x,y)=\displaystyle\sum_{n \le g, m \le g}a_{n,m}x^ny^m$. Primero, fijémonos que $a=b=0 \Rightarrow 2P(0, 1)+P(0,c^2+1)= 0 \forall$$ c \in \mathbb{R} \Rightarrow P(0,c)=0 \forall c \ge 1$. Usando ésto, fijémonos que $a=0 \Rightarrow P(0,c^2+1)+P(0, b^2+1)+P(bc,1)=0\Rightarrow P(bc,1)=0\Rightarrow$$ P(c,1)= 0 \forall c \in \mathbb{R}. $ Ahora, veamos que reemplazando $a$ por $-a$ y considerando $b=c$ se obtiene $P(ab,c^2+1)+P(ac,b^2+1)=P(-ab,c^2+1)+P(-ac,b^2+1) \Rightarrow$$ P(ab,b^2+1)=P(-ab,b^2+1) \Rightarrow P(x,y)=P(-x,y) \forall y \textgreater 1 \Rightarrow P(x,y)=P(-x,y) \forall y \ge 1$ considerando previos resultados. Ahora, fijémos $x$ y veamos que ésto implica $\displaystyle\sum_{n\le g, m\le g, 2 \mid n+1} a_{n,m}x^ny^m=0 $$\Rightarrow \displaystyle\sum_{m, n\le g} y^m(b_{0,m}x^0+b_{1,m}x^1+\ldots+b_{g,m}x^g)=0,\forall y\ge1$, donde $b_{n,m}=a_{n,m}$ si $n$ es impar y $0$ si $n$ es par. Podemos concluir por polinomios que $(b_{0,m}x^0+b_{1,m}x^1+\ldots+b_{g,m}x^g)=0\Rightarrow b_{n,m}=0\Rightarrow a_{n,m}=0$ si $n$ es impar. De ésto concluimos $P(x,y)=P(-x,y)$$\forall x,y\in \mathbb{R}$, no sólo cuando $y\ge1$. También, de $P(c,1)=0$, $a_{n,0}+\ldots+a_{n,g}=0\forall n$, y de $P(0,c)=1$, $a_{0,m}=0\forall m$.
Ahora, llamemos $Q(\lambda_1,\lambda_2)=P(\lambda_1, \lambda_2-1)$, y $Q(x,y)=\displaystyle\sum_{n \le g, m \le g}B_{n,m}x^ny^m$. Se cumple que $P(0,c)=P(c,0)=P(c,d)-P(-c,d)\forall c, d\in$$ \mathbb{R}$. Es fácil ver que $B_{n,m}=0$ si $nm=0$ o $n$ es impar. A ésto le llamaremos la propiedad $\lambda$. Ahora, $\displaystyle\sum_{cyc}Q(ab,c^2)=0 \Rightarrow \displaystyle\sum_{n,m\le g} B_{n,m} \left(\sum_{cyc} a^nb^nc^{2m}\right) = 0 $$\Rightarrow$$ \displaystyle\sum_{n=0}^{g} c^n \left( \left(\sum_{m=0}^{g} B_{n,m}(b^na^{2m}+a^nb^{2m})\right) + \left( \displaystyle\sum_{m=0}^{g} (ab)^mB_{m, n/2} \right) \right)$, donde la segunda suma cuenta solo con $n$ par.

Concluimos $ \left( \displaystyle\sum_{m=0}^{g} B_{n,m}(b^na^{2m}+a^nb^{2m})\right) + \left( \displaystyle\sum_{m=0}^{g} (ab)^mB_{m, n/2} \right) =0 $$\forall n\in \{0, 1, \ldots, g\}, a,b\in \mathbb{R}$. (Nota: la segunda suma no cuenta si $n$ es impar). Por $\lambda$, para $n$ impar ésto se cumple obviamente. Ahora, si $2 \mid n = 2k \le g$, $\displaystyle\sum_{m=1}^{g} \left( B_{2k,m}(b^{2k}a^{2m}+a^{2k}b^{2m}) + (ab)^mB_{m, k} \right) = 0$ $(1)$. Ahora podemos fijar $k$ y $a$ y considerar ésto un polinomio en $b$, y nos fijamos en los coeicientes impares y como son 0 y podemos tener $a \neq 0$, se dará $B_{m,k}=0 \forall 0\le m \le g, 0\le k \le \frac{g}{2}$. Así en $(1)$ podemos considerar ésto para tener $\displaystyle\sum_{m=\lfloor \frac{g}{2} \rfloor+1}^{g} \left(B_{2k,m}(b^{2k}a^{2m}+a^{2k}b^{2m})\right)=0$. Así, fijémos $a$ y $k$ para considerar ésto como un polinomio en $b$ y vamos a ver los coeficientes pares, digamos de $b^{\pi}$ excepto $2k$, que vendrián siendo $a^{2k}B_{2k,\frac{\pi}{2}} \Rightarrow B_{n, m}=0$ si $n$ es par, pero también eran 0 si $n$ era impar, por lo que $Q=0$ y así $P=0$. Quod erat demonstrandum. $\clubsuit$.

Juan dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Chuck dijo...

La entrada $(a,b,c)$ en la ecuación original es equivalente a decir que $P(ab,c^{2}+1)+P(bc,a^{2}+1)+P(ca,b^{2}+1)=0$.
Con la entrada $(0,0,0)$ vemos que $P(0,1)=0$. Luego, $(0,0,c)$ nos da que $P(0,c^{2}+1)=0$ para cualquier real $c$, dado que el polinomio tiene la entrada $x$ fija, entonces significa que $P_{x=0}(y)=0$ son ambos polinomios y coinciden en una infinidad de valores, por lo que son el mismo, este argumento será recurrente y lo llamaré $A$. Con $(0,b,c)$ vemos que $P(bc,1)=0$ así que $P(x,0)=0$ por $A$. Por lo que vimos anteriormente, puede ser que $P(x,y)=0$ para reales cualesquiera $x,y$ y funciona, ahora para encontrar los demás casos, consideraremos que no es así. Sabemos que $x,y-1|P(x,y)$.

Por todo esto, crearemos el polinomio $Q(x,y)=P(x,y+1)$ es decir que $x,y|Q(x,y)$ y que además $Q(ab,c^{2})+Q(bc,a^{2})+Q(ca,b^{2})=0$ para $a,b,c$ reales cualesquiera. Con $(a,a,a)$ notamos que $Q(a^{2},a^{2})=0$ así que por $A$ vemos que $x-y|Q(x,y)$. Sea $R_{1}(x,y):=\frac{Q(x,y)}{xy}$ de grado al menos $1$ en cualquier variable pues conocemos otra raíz suya. Sustituimos en la ecuación y dividimos entre $abc$ todo (para esto deberíamos asumir que son distintos de $0$ pero en el resultado que obtenemos podemos usar límites (puesto que los polinomios son continuos y su suma también lo es) para demostrar que esto se vale aún si son cero ($\lim_{abc\to 0}\frac{abc(\sum_{\text{ciclica}}{cR_{1}(ab,c^{2})}}{abc}$ es igual a $\sum_{\text{ciclica}}{cR_{1}(ab,c^{2})}=\lim_{abc\to 0}\frac{0}{abc}$ por ejemplo, pero la propiedad de continuará utilizando sin hacer explícita referencia a esta solución). Si en lo que obtenemos usamos la entrada $(a,0,0)$ obtendremos que $R_{1}(0,a^{2})=0$ al menos para $a\neq 0$ pero por $A$ sabemos entonces que $x|R_{1}(x,y)$ por lo que podemos decir que $R_{2}(x,y):=\frac{R_{1}(x,y)}{x}$ es un polinomio y sustituyendo en la ecuación dada y eliminando $(abc)^{2}$ obtendremos que $\sum_{\text{ciclica}}{R_{2}(ab,c^{2})}=0$, equivalente a lo que teníamos de $Q$ lo que significa que $x^{2}y|R_{2}(x,y)$ y si al cociente lo llamamos $R_{3}(x,y)$ también sucede lo mismo. Esto se puede repetir indefinidamente, pero como $Q$ es de grado finito, entonces debe ser el polinomio $0$, al igual que $P$ por definición de $Q$.

Juan dijo...

Donde no se alcanza a leer:
1. $P(bc,1)=0 \Rightarrow$
2. $=P(-ab, c^2+1)+P(-ac,b^2+1)$ y $P(-x,y)$.
3. $\forall y \ge 1$.
4. $a_{n,m}=0$
5. $=0$ y $(ab)^mB_{m,n/2}$ y paréntesis.
6. $=0$. }
También me equivoqué al definir Q. es $Q(\lambda_1, \lambda_2)=P(\lambda_1, \lambda_2+1)$.
Perdón por éstos errores.

JulioC dijo...

con a=b=c=0 tenemos que $P(0,1)=0$
Con a=b=0 tenemos que $P(0,c^2+1)=0$, y como hay infinitos valores de c, $P(0,y)=0$. Entonces x divide a $P(x,y)$.
Sea $Q(x,y)=P(x,y-1)$. Entonces x divide a $Q(x,y)$ y
$$Q(ab,c^2)+Q(bc,a^2+1)+Q(ca,b^2)=0.$$
Sea $A(a,b,c)=Q(ab,c^2)$, $B(a,b,c)=Q(bc,a^2+1)$ y $C(a,b,c)=Q(ca,b^2)$.
Entonces $$A(a,b,c)+B(a,b,c)+C(a,b,c)=0.$$
Si $x^{r}y^{s}$ es un término con coeficiente distinto de 0 de Q y x,y distintos de 0 si y solo si $a^{r}b^{r}c^{2s}$ es término con el mismo coeficiente en A. Análogamente con B y C.
Pero si $a^{r}b^{r}c^{2s}$ es término con coeficiente distinto de 0 de A, entonces $a^{r}b^{r^}c^{2s}$ es término con coeficiente distinto de 0 de B o C, pues $$A(a,b,c)+B(a,b,c)+C(a,b,c)=0.$$
Entonces $r=2s$. Entonces los términos $a^{2s}b^{2s}c^{2s}$ de A,B y C provienen del mismo término $x^{2s}y^{s}$ de Q. Entonces su coeficiente es el mismo k. Pero $$A(a,b,c)+B(a,b,c)+C(a,b,c)=0.$$. Entonces $3k(x^{2s}y^{s})=0$. Entonces $k=0$. Por lo tanto no hay ningún término $x^{r}y^{s}$ coeficiente distinto de 0 de Q y x,y distintos de 0. Pero x divide a $Q(x,y)$
Entonces $Q(x,y)=Q(x,0)$. Poniendo a=b=c
$3Q(a^2,a^2)=0=3Q(a^2,0)$.
Y como hay infinitos valores de a $Q(x,0)=0=Q(x,y)$. Por lo tanto $P(x,y)=0$ y cumple con el problema

Enrique dijo...

Pondré brevemente la idea. Sustituimos $(0,b,0)$ y $(0,b,c)$ en $(a,b,c)$ para obtener que $P(0,x)=0$ para $x\geq 1$, de donde $P(0,x)=0$ y que $P(x,1)=0$, luego $x$ y $y-1$ dividen a $P(x,y)$. Consideramos $P(x,y)=x(y-1)S(x,y)$, luego sustituimos esto en la ecuación original con $(a,b,c)=(0,0,c)$ y nos queda que $S(0,x)=0$, luego $S(x)=xP'(x)$ y sustituyendo esto en la ecuación original, nos queda la misma ecuación pero con $P'$ en lugar de $P$. Si $P$ no es $0$, supongamos que $P$ es el polinomio de menor grado que cumple la ecuación, luego $P'$ también cumple la ecuación pero es de menor grado, lo cual es una contradicción. Entonces, $P$ es $0$.

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