Hoy lunes, último día de febrero de 2011, os dejo el problema de esta semana. El enunciado es el siguiente:
Sea
un polinomio de grado
con coeficientes complejos que comparte un cero (una solución) con cada una de sus derivadas no triviales (es decir, tal que
tienen una raíz común para
). Demostrar que entonces debe ser
para ciertos números complejos
o encontrar
una función distinta a la anteriorun polinomio distinto al anterior que cumpla las condiciones anteriores.
Que se dé bien.
Actualización: enunciado editado para corregir un pequeño error.
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Si el polinomio es P(n)=a·x^n+b·x^n-1 + … Entonces u última derivada no trivial es:
f=n*(n-1)*…*a*x + (n-1)*(n-2)*..*b = Ax+B, lo que nos da su raíz x=-B/A
Puesto que el polinomio de orden n comparte esta raíz, tiene que tener forma
P(n) = (x+B/A)·P(n-1),
Pero puesto que tiene que compartir esa raíz con su primera derivada, el polinomio P(n-1) será de la forma:
P(n-1)=(x+B/A)·P(n-2), de manera que P(n)=(x+B/A)^2·P(n-2).
Por inducción se llega a P(n)=K·(x+B/A)^n. q.e.d
«Pero puesto que tiene que compartir esa raíz con su primera derivada…»
Tiene que compartir UNA raíz, pero no necesariamente ESA raíz, ¿no?
Si, Houses. Diríase que lo único demostrado es que f(x)=a*(x-b)^n cumple esa condición, pero bien podría haber otra clase de polinomios que la cumplen. Es probable que los desarrollos en polinomios de Taylor de ciertas funciones, o su expresión en forma de series de funciones, pueda originar un polinomio que cumpla también esa condición. Por ejemplo, cosx=(sinx)’ y igualando sus polinomios de Taylor, etc., etc., bien podría resultar (que aun no lo sé, estoy diciéndolo a bote pronto).
El polinomio debe compartir un cero con cada una de sus derivadas no triviales, pero no tiene por que ser el mismo cero para cada una de ellas.
He estado jugando con un polinomio de tercer grado y creo que no hay más polinomios que los de la forma del enunciado, los de raíz triple.
Editado: Creo que tengo una demostración de lo que he dicho. Y no, no es que no tenga espacio en este cajetín, es que me da algo de pereza andar puliendo fórmulas.
Por inducción creo que sale. Caso base, : Es evidente ya que la raíz que comparten es de multiplicidad 2 () y por lo tanto el polinomio és . Equivalentemente se puede encontrar via desarrollo de Taylor. Entonces, suponiéndolo cierto para , veamos que es cierto para . Sea polinomio de grado . Como cumple la condición hasta la derivada aplicando la hipótesis de inducción tenemos que . Ahora queremos ver pues que conociendo que anula la derivada del polinomio. Basta pues calcular la derivada y evaluar. Veremos que con constante. Viendo ésto habríamos terminado ya que evaluando . Calculemos… Lee más »
«Como cumple la condición hasta la derivada n-2 aplicando la hipótesis de inducción…»
No veo muy bien cómo aplicas la inducción. Supongo que lo que quieres decir es que por hipótesis de inducción
y por tanto 
. Sin embargo, para aplicar la hipótesis de inducción, 
debería satisfacer la hipótesis, de lo cual no podemos estar seguros. Es decir, no está claro que el hecho de que 
comparta una raíz con cada una de sus derivadas implique que 
comparte una raíz con cada una de sus derivadas, ¿no?.
Yo estaba pensando en una resolución más general, aunque no se si se llega a alguna parte. Si consideramos que a es la raiz, podemos montarnos un sistema de n equaciones con f(a)=0, fk(a)=0 para k = 1…n-1 (ya que no es dificil obtener la derivada k-esima de un polinomio segun sus coeficientes), y tendremos un sistema lineal indeterminado con los coeficientes pk del polinomio como incognitas. Sera un sistema indeterminado donde podremos encontrar una relacion de depenencia entre los coeficientes del polinomio y asi tener una expresion general de este tipo de polinomios en funcion de la raiz a.… Lee más »
^DiAmOnD^, ¿los comentarios en gaussianos tienen derecho de autor? 🙂
Adriá, pienso lo mismo que Houses, no parece que esté bien aplicada la inducción ahí.
Nogrod, ya han comentado antes que la raíz que el polinomio inicial comparte con cada una de sus derivadas no tiene por qué ser la misma para todas.
M, si te refieres a si se respetaría la autoría del que ha hecho el comentario…Sí :). ¿Lo dices por algo? ¿Me huelo algo? 🙂
jajajajaja a M no se le escapa una 😉
Parecía fácil, pero no le encuentro la vuelta. Ni siquiera estoy seguro de la respuesta. Hay alguna solución elegante para este problema?
Hernán, suscribo íntegramente tu comentario.
Vaya chasco me he llevado con este problema. Recién publicado creí resolverlo muy fácilmente, y para dar una oportunidad a otros decidí no participar… soy así de perdona-vidas :P. Y nada, tenía un error… con el trabajito que me ha costado encontrar la forma de poner la derivada n-1 de f(x) en latex. Bueno, algo que he aprendido (latex digo… ¡humildad jamás!). Bromas aparte, y aunque mi demostración deba morir en un margen, me he quedado con la duda ¿alguien me dice cómo se pone la derivada (n-1) de f(x) en latex? A mí sólo se me ocurrió hacerlo con… Lee más »
@sive : yo lo escribiría igual, pero sin el apóstrofe: f’^{(n-1)}(x) :
Claro que, tratándose el índice de una expresión, puede confundirse con un exponente, quizás en este caso convendría cambiar los paréntesis por corchetes…
Bueno, dudo que esté correcta pero como no hay otra, ahí va. Sean las raíces (que son además raíces de cada derivada i-ésima excepto la n-ésima), entonces el polinomio puede escribirse como: Definamos la siguiente función cuya derivada es [1] ahora, veamos que, ordenemos los términos como los ordenemos, el primero siempre comparte una raíz con el resto. Sea pues una ordenación cualquiera, entonces, la primera derivada puede escribirse como pero debe ser es decir por tanto, debe ser forzosamente es decir, es raíz doble (por tanto queda demostrado [1]). Ahora bien, si tenemos un polinomio que cumple el enunciado… Lee más »
hernan, gracias.
josejuan, yo intenté algo parecido en un primer acercamiento, pero no llegué a nada.
No veo por qué los polinomios que vas obteniendo al eliminar raices tengan que cumplir el enunciado ¿podrías explicar este punto con más detalle?
(argh… se pierden las fórmulas al editar)
(uhmmmpprrffff…)
«No veo por qué los polinomios que vas obteniendo al eliminar raices tengan que cumplir el enunciado ¿podrías explicar este punto con más detalle?» Lo intentaré al menos. La cuestión central (creo) es que hemos demostrado que la primera y segunda derivada comparten raíz (con el polinomio inicial, claro). Además (aunque no lo he usado) ésto ocurre con todas las raíces (es decir, hemos demostrado que no van sólas [que no en parejas; pueden ser tríos, …]). Por comodidad sea entonces, cada raíz anula su correspondiente. Es evidente que si a un polinomio con raíces le quitamos una, le quedan… Lee más »
(perdón, la 2ª derivada es
, aunque da igual)
Pero que la raiz de la primera derivada sea necesariamente doble, no implica que ésta deba ser la raiz común con la segunda derivada. Con un ejemplo a lo mejor me explico mejor. Has demostrado que el polinomio tiene que ser de la forma: Y que obviamente, su primera derivada tiene un cero en a, pero después supones que la segunda derivada también debe tener un cero en a, y eso no es necesariamente cierto, puede ser cualquier otro cero de g(x). Aparte de esto, y aunque no tenga demasiada importancia, se te ha olvidado un factor constante, en la… Lee más »
Opino igual que sive: no puedo hacer cerrar el argumento de josejuan, aunque suene prometedor.
El problema díria yo, está casi resuelto. Propondría usar reducción al absurdo, con los argumentos planteados por josejuan. Por ejemplo, él llega de primeras en su primer comentario a que r1 es raíz doble de f. Basta suponer ahora que otra raíz, la que sea de las restantes (por ejemplo r2), es raíz de f». Fijáos que josejuan, en el primer mensaje, deduce que f1(r1)=0, es decir, r1 es también cero de f1. Por tanto, en su expresión de f»=2f1(x)+2q1f1(x)+… , r1 también es cero de f» y raíz triple. Por tanto podemos escribir f=((x-r1)^3)(x-r4)···(x-rn), derivando por tercera vez esta… Lee más »
@maelstrom : Todos estamos de acuerdo en que r1 es raíz doble de f, (y por lo mismo raíz de f’) lo que no vemos (yo al menos) es que sea raíz de f»
Bueno, después de varios intentos infructuosos, me puse a buscar la solución en internet.
Y resulta que, sorprendentemente (para mí), es una conjetura abierta: conjetura de Casas-Alvero. No se conoce la respuesta.
http://mathoverflow.net/questions/27851/polynomials-having-a-common-root-with-their-derivatives
No he encontrado muchos datos de este Eduardo Casas-Alvero (¿será español?). Pareciera (doblemente sorprendente) que la conjetura no es muy antigua.
Hombre eso no se hace ^DiAmOnD^, vaya forma de pasar un rato a nuestra cosa, ja, ja, … 🙂
Anda que si lo resolvemos! ja, ja, …
Ya decía yo que a que venía eso del contraejemplo…
Creo que 2 problemas más fáciles son:
1) Demostrar que el polinomio no puede ser de la forma
.
2) Demostrar el resultado del post para polinomios de tercer y cuarto grados.
Estooo…hernan, te has cargado uno de los posts de esta semana :P. Bueno, no pasa nada, ya veré qué hago.
Sí, el problema planteado es la conjetura de Casas-Alvero, y por tanto es un problema abierto.
josejuan, la idea era que lo intentarais sin saber que era un problema sin resolver, por si salía alguna idea interesante. Recordad la leyenda de Dantzig. Si os llego a decir que era un problema sin resolver habríais desistido a las primeras de cambio.
Pues no sé a vosotros, pero a mí me motiva mucho más saber que es un problema abierto, que pensar que es uno más de los muchos problemas que he dejado sin resolver.
Lo intentaré de nuevo, de hecho.
Sive, y a mí me parece perfecto que pienses así. De hecho es como deberíamos pensar, pero tienes que reconocer que a mucha gente le echa para atrás saber que el problema al que se está enfrentando no tiene solución conocida. Por ello lo planteé así.
Espero de corazón que avances en el problema…y que nos lo cuentes por aquí.
«Recordad la leyenda de Dantzig»
Que cachondo 😀
«Pues no sé a vosotros, pero a mí me motiva mucho más…»
Sí, es mucho más divertido y estimulante cuando te enfrentas a un problema abierto y «crees/sientes» que puedes/estas cerca de resolverlo.
Sin embargo, estoy con ^DiAmOnD^ que no te enfrentas de la misma forma, en algún lugar de tu cerebro parpadea la luz roja que te dice que si un buen número de «bestias pensantes» no han dado con la solución, tu pobre «nuez elucubradora» no dará con ella.
PD: las croquetas me salen perfectas.
A mi tampoco me parece bien que te pongan un problema abierto «sin avisar». Ahora bien, tengo que admitir que le he echado más tiempo que el que le habría echado de saberlo.
Sin demostración yo había llegado a la idea de que como mínimo las raíces todas son dobles (da la impresión de que se puede extender el argumento que han dado más arriba) y de que para casos particulares siempre nos queda un sistema de ecuaciones.
«…como mínimo las raíces todas son dobles…»
Eso ya lo había demostrado yo. 😀
Estábamos hablando de lo que habíamos pensado por nuestra cuenta. Yo me di cuenta considerando la primera y última derivadas, así que supongo que también tendrá mérito.
Pediría a los dos que creéis que habéis demostrado que las raices deben ser todas necesariamente dobles (como mínimo) que mostréis vuestro argumento.
Es que ese resultado tendría implicaciones tan enormes, que demostrar la hipótesis de Casas-Alvero sería inmediato.
Voy a explicar mejor mi último comentario. Si existe un polinomio que cumpla enunciado de la forma: Con todo mayor o igual que 2, y con al menos dos factores (al menos dos ceros diferentes), demostraré que entonces existe otro polinomio que también cumple el enunciado, y que tiene al menos un cero simple. Es inmediato, porque, si llamamos al valor mínimo de , entonces la derivada de , tendría un cero simple en , y al menos un cero en todos los ceros de . Entonces, la derivada de , también tendría que cumplir el enunciado, puesto que tiene… Lee más »
No veo como cumple el enunciado de la conjetura, sive. Esta dice que f(x) ha de ser de la forma f(x)=a(x-b)^n. Ahí no hay ninguna raíz simple ni doble sino de multiplicidad n. Lo digo por lo las frases: «demostraré que entonces existe otro polinomio que también cumple el enunciado, y que tiene al menos un cero simple.» y «Entonces, la derivada de , también tendría que cumplir el enunciado, puesto que tiene los mismos ceros que f(x) (y algunos más, pero eso no importa).»
No, al decir que cumple el enunciado me refería a la otra parte, es decir, que todas sus derivadas comparten un cero con el polinomio.
Con otras palabras, si todas las derivadas de f(x) comparten un cero con f(x), entonces todas las derivadas de
, también comparten un cero con 
(puesto que lo comparten con f(x), y 
tiene todos los ceros de f(x)).
Creía que se sobreentendía porque estamos intentando ver de que forma debe ser un polinomio para que cumpla esa condición.
Pero lo que has hecho es explicitar el enunciado, nada más. Creo yo, vaya. Es decir, has escrito «Sea f(x) un polinomio de grado n>0 con coeficientes complejos que comparte un cero (una solución) con cada una de sus derivadas no triviales (es decir, tal que f(x) y f^k)(x) tienen una raíz común para k=1,…,n-1)» de otra manera menos compacta, con un polinomio cuyos ceros cumplen que la suma de sus multiplicidades n1,…,nk es igual a n.
A ver cómo pasamos ahora de que f es como tú mencionas, a que tenga que ser, DEBA ser, a(x-b)^n.
Un saludo.
Por otra parte, claro, si ese polinomio f(x)=(x-a1)^n1···(x-ak)^nk cumple también las condiciones del enunciado (cosa que también nos pide el problema, es decir encontrar otro polinomio que no se a(x-b)^n que lo cumpla), pues adelante. Recuerdo que las derivadas de un producto dan sumas. Hay que refactorizar de nuevo cada vez que se deriva, y ver que, dichos f^k(x) factorizados, comparten ceros con f(x). LLevo haciéndolo desde que se colgó el problema… y no hay manera. Desaparecen ceros. Y si n>4, a ver cómo factorizas.
Antes que nada, para no liarnos, buscamos un polinomio f(x) que cumpla unas condiciones. Concretamente, que todas sus derivadas no triviales compartan un cero con f(x). Josejuan y Vayapordios dicen haber demostrado que f(x) forzosamente debe tener todos sus ceros múltiples (dobles, como mínimo). Y yo he demostrado (salvo error) que si existe un f(x) que cumpla el enunciado, con todos sus ceros múltiples, y al menos dos raices diferentes, entonces también existe un polinomio que lo cumple con, al menos, una raiz simple. Si las demostraciones están bien, la única posibilidad para que ambas sean ciertas es que el… Lee más »
«Es inmediato, porque, si llamamos nj al valor mínimo de n1, n2,… , entonces la derivada (nj-1) de f(x) , tendría un cero simple en aj, y al menos un cero en todos los ceros de f(x). Entonces, la derivada (nj-1) de f(x) , también tendría que cumplir el enunciado, puesto que tiene los mismos ceros que f(x) (y algunos más, pero eso no importa)». ¿Estás derivando bien? ¿Lo que estas diciendo es que la derivada nj-1-ésima (siendo nj el minimo de las multiplicidades) de f(x)=(x-a1)^n1(x-a2)^n2·····(x-ak)^nk es f^nj-1)(x) =(x-aj)(x-a1)^s1[(x-a2)^s2]····[(x-aj-1)^sj-1][(x-aj+1)^sj+1]····(x-ak)^sk, con si=ni-nj-1 para i=1,…,k? Qué fácil sería poder derivar así productos… Lee más »
… el dichoso problema de las fórmulas perdidas al editar…
(1) Dado un polinomio de la forma
, donde 
es otro polinomio que no tiene un cero en 
.
Su derivada es:
Que también es de la forma (1), y también cumple que el resto de la función no tiene ceros en a, dejándonos en bandeja la inducción.
Es decir, que no he calculado la derivada
, sólo he afirmado dónde estarán algunos de sus ceros.
Es un hecho bastante conocido, me sorprende el haber tenido que demostrarlo.
Yo consideraba lo mismo que josejuan, que eliminar la raíz comùn del polinomio de partida y de su primera derivada, el polinomio resultante cumple el enunciado. Pero no está claro.
¿Seguro que el teorema llevaría también el nombre de quien lo conjeturó?
Pues no sé, pero de momento parece que se va a quedar sólo con el nombre de quien lo conjeturó, jeje.
Que ninguna raíz está una sóla vez creo que es obvio, pero, ya sabiendo 😀 que es un problema abierto, lo más probable es que o yo (me pongo primero por ser algo negativo) o sive o los dos tenemos algún error.
No obstante, creo que la demostración es sencilla y está en mi comentario
aquí
en la primera parte.
A ver, sive, ¿y qué ceros tiene esa nueva h(x)=ng(x)+(x-a)g'(x)? Es ahí el problema. Ejemplo: f(x)=(x-a)^2(x-b)^2. Su derivada tiene tres ceros lineales: a, b y (a+b)/2. Ha surgido un nuevo cero. Nada garantiza que en la derivada nj-ésima no desaparezcan ceros en común y surjan otros no en común con la f(x) original. Por otra parte, en la demostración de josejuan de la raíz doble, queda en parte como lo resuelves para la segunda derivada, para que sea raíz triple, porque lo que él hace es un non sequitur: «Sea ahora nuestro nuevo polinomio con la primera raíz doble, entonces… Lee más »