Vamos con el problema de esta semana:
Demostrar que dados
y
enteros no negativos la función racional:
es un polinomio de grado
.
A por él.
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Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.
Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.
Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.
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mmm… de grado nr??
Una primera idea es suponer, sin pérdida de generaldad, que
, pues si no, los últimos términos de «abajo» se cancelan con los pirmeros de «arriba» y se puede escoger 
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}=… Lee más »
Perdón por el mensaje anterior, mejor verlo aquí. El enunciado nos da el siguiente polinomio: (Como vemos hay r productos) Hacemos las divisiones término a término y tenemos: 1º término Realizamos la división polinómica y tenemos: 2º término Realizamos la división polinómica y tenemos: rº término Realizamos la división polinómica y tenemos: En consecuencias, el polinomio que nos queda es: Si sacamos como factor común de los r términos, nos queda: Y esto es lo mismo que decir: Analizando lo que tenemos podemos decir: Si desarrollamos el polinomio de r productos obtendremos un monomio tal que así: El grado del… Lee más »
Moisés Díaz Cabrera, la cuestión es indicar porqué la fracción algebraica
es, de hecho, un polinomio. Aunque tu desarrollo es interesante, no deja claro que 
sea un polinomio.
Una vez visto ésto, se ve que el grado debe ser
simplemente restando el grado del numerador y el del denominador.
Sea
Evidentemente si MCD(m,n)=1,
no es un polinomio, con lo que podemos demostrar que 
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.
Corrigo por mala notacion
Sea
Evidentemente si MCD(m,n)=1,
no es un polinomio, con lo que podemos demostrar que 
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.
ajaja como me han hecho perder el tiempo con este problemita, ni mas visito esta pagina XDD sea polinomio. Por definicion, en el dominio de La parte izq. de la igualdad es claramente divisible por . Entonces para es posible factorizar , polinomial Ademas Luego si polinomial, lo es tambien para todo . Un argumento similar demuestra que si polinomial, lo es tambien para todo . En especial, para , si polinomial, tambien lo son y . Luego si polinomial, tambien lo es para todo . es trivialmente polinomial, entonces sigue que para todo . El grado de se deja… Lee más »
un poco mas explicito
polinomial,
Entonces si
tambien lo es, etc.
Sabemos que Tomando , es evidente que Ahora hay que comprobar que en 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 existe algún múltiplo de , para cualquier . Al haber números naturales consecutivos y restos posibles de su división entre , nos aseguramos de que al menos uno de esos restos es cero para cada . Por tanto, cada uno de los factores del denominador de la expresión divide a algún factor del numerador. Por tanto, el denominador divide al numerador… Lee más »
Por recordar esto del Latex. Si asumimos coeficientes en podemos factorizar . El número de factores con una fracción dada con es el número de múltiplos de s menores o iguales que r, es decir . Y en la factorización de el número de factores con una fracción es . 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… Lee más »
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
veces tanto en el numerador como en el denominador, para 
.
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.
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 , una raíz k-ésima de la unidad aparece como raíz del factor sii . Por tanto, en el denominador, cada raíz k-ésima aparecerá tantas veces como múltiplos de menores o iguales que , es decir, veces. La misma idea en el numerador, con múltiplos de comprendidos entre y , nos da… Lee más »
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