Fracción polinómica

Vamos con el problema de esta semana:

Demostrar que dados n y r enteros no negativos la función racional:

P_{n,r}(x)=\cfrac{(1-x^{n+1})(1-x^{n+2}) \ldots (1-x^{n+r})}{(1-x)(1-x^2) \ldots (1-x^r)}

es un polinomio de grado nr.

A por él.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

14 Comentarios

  1. Una primera idea es suponer, sin pérdida de generaldad, que r\le n, pues si no, los últimos términos de “abajo” se cancelan con los pirmeros de “arriba” y se puede escoger r=n

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  2. El enunciado nos da el siguiente polinomio:

    \[P_{n,r}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\frac{1-x^{n+2}}{1-x^2}\cdot\ldots\cdot\frac{1-x^{n+r}}{1-x^r}
    \]

    (Como vemos hay r productos)

    Hacemos las divisiones término a término y tenemos:
    1º término
    \[\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{-(1-x^{n+1})}{-(1-x)}=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\]

    Realizamos la división polinómica y tenemos:
    \[\frac{x^{n+1}-1}{x-1}=x^n+\frac{x^n-1}{x-1}\]

    2º término
    \[\frac{1-x^{n+2}}{1-x^2}=\frac{-(1-x^{n+2})}{-(1-x^2)}=\frac{x^{n+2}-1}{x^2-1}\]

    Realizamos la división polinómica y tenemos:
    \[\frac{x^{n+2}-1}{x^2-1}=x^n+\frac{x^n-1}{x^2-1}\]

    rº término

    \[\frac{1-x^{n+r}}{1-x^r}=\frac{-(1-x^{n+r})}{-(1-x^r)}=\frac{x^{n+r}-1}{x^r-1}\]

    Realizamos la división polinómica y tenemos:
    \[\frac{x^{n+r}-1}{x^r-1}=x^n+\frac{x^n-1}{x^r-1}\]

    En consecuencias, el polinomio que nos queda es:
    \[P_{n,r}= \left ( x^n + \frac{x^n-1}{x-1} \right ) \cdot \left ( x^n + \frac{x^n-1}{x^2-1} \right ) \cdot \ldots \cdot \left ( x^n + \frac{x^n-1}{x^r-1} \right )
    \]

    Si sacamos $x^n$ como factor común de los r términos, nos queda:

    \[P_{n,r}= x^n \cdot\left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x-1)} \right ) \cdot x^n \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^2-1)} \right ) \cdot \ldots \cdot x^n \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^r-1)} \right )
    \]

    Y esto es lo mismo que decir:

    \[P_{n,r}= x^{n^{r}} \,\! \cdot\left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x-1)} \right ) \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^2-1)} \right ) \cdot \ldots \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^r-1)} \right )
    \]

    Analizando lo que tenemos podemos decir:

    Si desarrollamos el polinomio de r productos obtendremos un monomio tal que así: $x^{nr}$

    El grado del denominador de cada cociente que encontramos en la última expresión, es mayor al grado del numerador de su cociente correspondiente. Por ello, si desarrolláramos las divisiones, tendríamos monomios de grado menor que 0. Al ser multiplicado cada término por $x^{nr}$, el grado de cada término no superará a $nr$.

    Finalmente queda demostrado que el grado del polinomio $P_{n,r}$ es $nr$.

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  3. Perdón por el mensaje anterior, mejor verlo aquí.

    El enunciado nos da el siguiente polinomio:

    P_{n,r}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\frac{1-x^{n+2}}{1-x^2}\cdot\ldots\cdot\frac{1-x^{n+r}}{1-x^r}

    (Como vemos hay r productos)

    Hacemos las divisiones término a término y tenemos:
    1º término
    \frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{-(1-x^{n+1})}{-(1-x)}=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}

    Realizamos la división polinómica y tenemos:
    \frac{x^{n+1}-1}{x-1}=x^n+\frac{x^n-1}{x-1}

    2º término
    \frac{1-x^{n+2}}{1-x^2}=\frac{-(1-x^{n+2})}{-(1-x^2)}=\frac{x^{n+2}-1}{x^2-1}

    Realizamos la división polinómica y tenemos:
    \frac{x^{n+2}-1}{x^2-1}=x^n+\frac{x^n-1}{x^2-1}

    rº término

    \frac{1-x^{n+r}}{1-x^r}=\frac{-(1-x^{n+r})}{-(1-x^r)}=\frac{x^{n+r}-1}{x^r-1}

    Realizamos la división polinómica y tenemos:
    \frac{x^{n+r}-1}{x^r-1}=x^n+\frac{x^n-1}{x^r-1}

    En consecuencias, el polinomio que nos queda es:
    P_{n,r}= \left ( x^n + \frac{x^n-1}{x-1} \right ) \cdot \left ( x^n + \frac{x^n-1}{x^2-1} \right ) \cdot \ldots \cdot \left ( x^n + \frac{x^n-1}{x^r-1} \right )

    Si sacamos x^n como factor común de los r términos, nos queda:

    P_{n,r}= x^n \cdot\left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x-1)} \right ) \cdot x^n \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^2-1)} \right ) \cdot \ldots \cdot x^n \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^r-1)} \right )

    Y esto es lo mismo que decir:

    P_{n,r}= x^{n^{r}} \,\! \cdot\left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x-1)} \right ) \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^2-1)} \right ) \cdot \ldots \cdot \left ( 1 + \frac{x^n-1}{x^n(x^r-1)} \right )

    Analizando lo que tenemos podemos decir:

    Si desarrollamos el polinomio de r productos obtendremos un monomio tal que así: x^{nr}

    El grado del denominador de cada cociente que encontramos en la última expresión, es mayor al grado del numerador de su cociente correspondiente. Por ello, si desarrolláramos las divisiones, tendríamos monomios de grado menor que 0. Al ser multiplicado cada término por x^{nr}, el grado de cada término no superará a nr.

    Finalmente queda demostrado que el grado del polinomio P_{n,r} es nr.

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  4. Moisés Díaz Cabrera, la cuestión es indicar porqué la fracción algebraica P_{n,r} es, de hecho, un polinomio. Aunque tu desarrollo es interesante, no deja claro que P_{n,r} sea un polinomio.

    Una vez visto ésto, se ve que el grado debe ser n\cdot r simplemente restando el grado del numerador y el del denominador.

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  5. (1-x^n)=(1-x)(\sum_{k=0}^{n-1} x^k)

    Sea m=k*n\ k\in\mathbb{N}\ k\not=1

    \displaystyle\frac{1-x^m}{1-x^n}=\frac{\sum_{k=0}^{m-1} x^k}{\sum_{k=0}^{n-1} x^k}=\sum_{k=0}^{k-1} x^{nk}

    Evidentemente si MCD(m,n)=1, \displaystyle\frac{1-x^m}{1-x^n} no es un polinomio, con lo que podemos demostrar que \displaystyle\frac{1-x^{kmn}}{(1-x^m)(1-x^n)} es un polinomio. Ademas como empezamos desde el grado 1 en el denominador, si hay multiplos de 2 en el numerador, lo hay en el denominador, lo mismo con los exponentes multiplos de 3, de 4, …, de n, con lo cual, demostramos que para todo elemento del denominador, hay unelemento en el numerador que es multiplo de el, lo cual resuelve el problema.

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  6. Corrigo por mala notacion

    (1-x^n)=(1-x)(\sum_{k=0}^{n-1} x^k)

    Sea m=k*n,\ k\in\mathbb{N},\ k\not=1

    \displaystyle\frac{1-x^m}{1-x^n}=\frac{\sum_{i=0}^{m-1} x^i}{\sum_{i=0}^{n-1} x^i}=\sum_{i=0}^{k-1} x^{ni}

    Evidentemente si MCD(m,n)=1, \displaystyle\frac{1-x^m}{1-x^n} no es un polinomio, con lo que podemos demostrar que \displaystyle\frac{1-x^{lmn}}{(1-x^m)(1-x^n)}\ l\in\mathbb{N} es un polinomio. Ademas como empezamos desde el grado 1 en el denominador, si hay multiplos de 2 en el numerador, lo hay en el denominador, lo mismo con los exponentes multiplos de 3, de 4, …, de n, con lo cual, demostramos que para todo elemento del denominador, hay unelemento en el numerador que es multiplo de el, lo cual resuelve el problema.

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  7. ajaja como me han hecho perder el tiempo con este problemita, ni mas visito esta pagina XDD
    sea P_{n,r}=P_{n,r}(x) polinomio. Por definicion, en el dominio de P_{n,r}
    (1-x^{n+1})\ldots(1-x^{n+r}) = (1-x) \ldots (1-x^r) P_{n,r}
    La parte izq. de la igualdad es claramente divisible por (1-x^{n+1}) .
    Entonces para n \geq r es posible factorizar
    P_{n,r} = (1-x^{n+1}) \tilde{P}_{n,r} , \tilde{P}_{n,r} polinomial
    Ademas
    P_{n+1,r} = \frac{(1-x^{n+r+1})}{(1-x^{n+1})}P_{n,r} = (1-x^{n+r+1})\tilde{P}_{n,r}
    Luego si P_{n,r} polinomial, P_{n+1,r} lo es tambien para todo n \geq r .
    Un argumento similar demuestra que si P_{n,r} polinomial, P_{n,r+1} lo es tambien para todo r \geq n .
    En especial, para r = n , si P_{n,r} polinomial, tambien lo son P_{n,r+1} y P_{n+1,r} .
    Luego si P_{n,r} polinomial, tambien lo es P_{n+i,r+k} para todo i,k \in \mathbb{N}_0.
    P_{0,0} es trivialmente polinomial, entonces sigue que P_{n,r} para todo n,r \in \mathbb{N}_0.
    El grado de P_{n,r} se deja como ejercicio al lector 😉

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  8. un poco mas explicito
    P_{n+1,n+1} = P_{n+1,n} \frac{(1-x^{n+n+1})(1-x^{n+n+2})}{(1-x^{n+1})(1-x^{n+1})} = P_{n+1,n} \frac{(1-x^{2n+1})(1+x^{n+1})}{(1-x^{n+1})}
    Entonces si P_{n+1,n} = P_{n,n+1} polinomial,
    P_{n+1,n+1} = P_{n+1,n} \frac{(1-x^{2n+1})(1+x^{n+1})}{(1-x^{n+1})} = (1-x^{2n+1})(1+x^{n+1}) \tilde{P}_{n+1,n}
    tambien lo es, etc.

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  9. Sabemos que \displaystyle\frac{1-y^k}{1-y}=1+y+y^2+ \dots +y^{k-1}
    Tomando y=x^r , es evidente que \displaystyle\frac{1-x^{kr}}{1-x^r}=1+x^r+x^{2r}+ \dots + x^{r(k-1)}

    Ahora hay que comprobar que en P_{n,r}(x)=\cfrac{(1-x^{n+1})(1-x^{n+2}) \ldots (1-x^{n+r})}{(1-x)(1-x^2) \ldots (1-x^r)} cada uno de los factores del denominador divide al menos uno de los factores del numerador.

    Para eso, basta ver que en el conjunto formado por \{ n+1, n+2, \dots, n+r \} existe algún múltiplo de j , para cualquier j \in \{ 1, 2, \dots, r \} . Al haber r números naturales consecutivos y j \le r restos posibles de su división entre j, nos aseguramos de que al menos uno de esos restos es cero para cada j.

    Por tanto, cada uno de los factores del denominador de la expresión P_{n,r}(x)=\cfrac{(1-x^{n+1})(1-x^{n+2}) \ldots (1-x^{n+r})}{(1-x)(1-x^2) \ldots (1-x^r)} divide a algún factor del numerador. Por tanto, el denominador divide al numerador y nos queda que P es un polinomio.

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  10. Por recordar esto del Latex.
    Si asumimos coeficientes en \mathbf{C} podemos factorizar

    \displaystyle Q(x) = \prod_{i=1}^r(x^i - 1) = \prod_{h=1}^r\prod_{k=1}^h(x - exp(2\pi i \frac{k}{h})) .

    El número de factores con una fracción dada \dfrac{k}{h}= \dfrac{t}{s}  con mcd(t,s)=1 es el número de múltiplos de s menores o iguales que r, es decir \lfloor \dfrac{r}{s} \rfloor .

    Y en la factorización de \displaystyle R(x) = \prod_{i=n+1}^{n+r}(x^i - 1)  el número de factores con una fracción \dfrac{k}{h}= \dfrac{t}{s},  mcd(t,s)=1 es \lfloor \dfrac{n+r}{s} \rfloor  - \lfloor \dfrac{n}{s} \rfloor .

    Y como $latex \lfloor \dfrac{n+r}{s} \rfloor – \lfloor \dfrac{n}{s} \rfloor \ge
    \lfloor \dfrac{r}{s} \rfloor $, en R(x)/Q(x) los factores de Q(x) se cancelan con factores de R(x) y entonces R(x)/Q(x) es un polinomio con coeficientes en C.

    Y para demostrar que es un polinomio con coeficientes enteros, solo quedaría por demostrar que el algoritmo de la división funciona y que si dividimos un polinomio con coeficientes enteros entre un polinomio mónico con coeficientes enteros el polinomio resultante tiene coeficientes enteros…

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  11. fede, aunque ya “otro” dio en el clavo, tu propuesta nos lleva a ver que las raíces del denominador forman un subconjunto de las del numerador (lo cual es cierto). Además cada raíz k-ésima de 1, aparece exactamente \lfloor \dfrac{r}{k} \rfloor veces tanto en el numerador como en el denominador, para k=1,\ldots,r.

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  12. Domingo, la demostración de otro ¿ no asume que cada (1-x^j) del denominador divide a un (1-x^k) diferente del numerador ?. (lo cual no es cierto cuando por ejemplo r=3 y n=4). No veo de momento una demostración sin pasar por C…

    Tampoco veo lo que comentas de que una raiz que aparezca en el denominador aparece el mismo numero de veces en el numerador. Creo que puede aparecer una vez más (porque en la desigualdad que puse el lado izquierdo es igual o una unidad mayor que el derecho). Lo miraré más despacio.

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  13. Cierto fede, el razonamiento de “otro” hace la suposición que comentas. Por eso hay ver que todas las raíces del denominador aparecen en el numerador (y en el numerador con igual multiplicidad o mayor). También llevas razón en cuanto a lo del número de apariciones de las raíces:

    para k=1,\ldots, r, una raíz k-ésima de la unidad aparece como raíz del factor (1-x^a) sii k|a. Por tanto, en el denominador, cada raíz k-ésima aparecerá tantas veces como múltiplos de k menores o iguales que r, es decir, \lfloor \dfrac{r}{k} \rfloor veces.

    La misma idea en el numerador, con múltiplos de k comprendidos entre n+1 y n+r, nos da la misma cantidad anterior, salvo en el caso de que r-1=\dot{k} y n+1=\dot{k} (ambos múltiplos de k), en cuyo caso sale una raíz más.

    En definitiva, todas las raíces del denominador lo son del denominador, y con igual o una multiplicidad menos (en el denominador).

    Gracias por la correción.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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