Ceros de un polinomio y de sus derivadas

Hoy lunes, último día de febrero de 2011, os dejo el problema de esta semana. El enunciado es el siguiente:

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, \ldots ,n-1). Demostrar que entonces debe ser

f(x)=a \cdot (x-b)^n

para ciertos números complejos a, b o encontrar una función distinta a la anterior un 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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73 comentarios

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    Bitacoras.com

  2. Julián | 28 de febrero de 2011 | 14:47

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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

  3. Houses | 28 de febrero de 2011 | 16:51

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    “Pero puesto que tiene que compartir esa raíz con su primera derivada…”

    Tiene que compartir UNA raíz, pero no necesariamente ESA raíz, ¿no?

  4. maelstrom | 28 de febrero de 2011 | 17:56

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    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).

  5. Dani | 28 de febrero de 2011 | 18:07

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    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.

  6. Vayapordios | 28 de febrero de 2011 | 20:33

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    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.

  7. Adrià | 1 de marzo de 2011 | 00:17

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    Por inducción creo que sale.
    Caso base, n=2: Es evidente ya que la raíz que comparten es de multiplicidad 2 (f(b)=0 \ f'(b)=0)) y por lo tanto el polinomio és a(x-b)^2. Equivalentemente se puede encontrar via desarrollo de Taylor.

    Entonces, suponiéndolo cierto para n-1, veamos que es cierto para n. Sea f(x) polinomio de grado n. Como cumple la condición hasta la derivada n-2 aplicando la hipótesis de inducción tenemos que f(x)=a(x-b)^{n-1}(x-c). Ahora queremos ver pues que c=b conociendo que c anula la derivada n-1 del polinomio. Basta pues calcular la derivada n-1 y evaluar. Veremos que f^{n-1}(x)=G(x)(x-c)+K(x-b) con K constante. Viendo ésto habríamos terminado ya que evaluando f^{n-1}(c)=0=(c-b)K \Rightarrow c=b.
    Calculemos primero f'(x)=a(n-1)(x-c)(x-b)^{n-2}+a(x-b)^{n-1}. Al volver a derivar:
    f''(x)=a(n-1)(n-2)(x-c)(x-b)^{n-3}+an(x-b)^{n-2}. Siguiendo para la tecera derivada:
    f'''(x)=a(n-1)(n-2)(n-3)(x-c)(x-b)^{n-4}+a(2n-1)(n-2)(x-b)^{n-3}. Ídem hasta llegar a la derivada n-1 y llegamos a la fórmula que queríamos.

  8. Houses | 1 de marzo de 2011 | 13:08

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    “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 f'(x)=a(x-b)^{n-1} y por tanto f(x)=a(x-b)^{n-1}(x-c). Sin embargo, para aplicar la hipótesis de inducción, f'(x) debería satisfacer la hipótesis, de lo cual no podemos estar seguros. Es decir, no está claro que el hecho de que f(x) comparta una raíz con cada una de sus derivadas implique que f'(x) comparte una raíz con cada una de sus derivadas, ¿no?.

  9. Nogrod | 1 de marzo de 2011 | 22:28

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    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.

    Pondria algo en latex pero es que soy estudiante de ingenieria y aun no se como funciona.

  10. M | 1 de marzo de 2011 | 23:18

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    ^DiAmOnD^, ¿los comentarios en gaussianos tienen derecho de autor? :)

  11. gaussianos | 2 de marzo de 2011 | 02:42

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    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? :)

  12. Dani | 2 de marzo de 2011 | 06:03

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    jajajajaja a M no se le escapa una ;-)

  13. hernan | 2 de marzo de 2011 | 20:54

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    Parecía fácil, pero no le encuentro la vuelta. Ni siquiera estoy seguro de la respuesta. Hay alguna solución elegante para este problema?

  14. M | 2 de marzo de 2011 | 23:06

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    Hernán, suscribo íntegramente tu comentario.

  15. sive | 3 de marzo de 2011 | 04:22

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    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 un exponente, así f’^{(n-1)}(x), cuyo resultado es el siguiente:

    f'^{(n-1)}(x)

    Pero obviamente, aunque se entienda, no es la forma correcta.

  16. hernan | 3 de marzo de 2011 | 05:33

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    @sive : yo lo escribiría igual, pero sin el apóstrofe: f’^{(n-1)}(x) : 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…

  17. josejuan | 7 de marzo de 2011 | 00:29

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    Bueno, dudo que esté correcta pero como no hay otra, ahí va.

    Sean las raíces r_{i} (que son además raíces de cada derivada i-ésima excepto la n-ésima), entonces el polinomio puede escribirse como:

    (x-r_{1})(x-r_{2})~\dot~\dot~\dot~(x-r_{n})

    Definamos la siguiente función

    f_{i}(x)=(x-r_{i+1})(x-r_{i+2})~\dot~\dot~\dot~(x-r_{n})

    cuya derivada es

    f'_{i}(x)=f_{i+1}(x)+(x-r_{i+1})f'_{i+1}(x)

    [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

    f'(x)=f_{1}(x)+(x-r_{1})f'_{1}(x)

    pero debe ser

    f'(r_{1})=0

    es decir

    f_{1}(r_{1})+(r_{1}-r_{1})f'_{1}(r_{1})=0

    por tanto, debe ser forzosamente

    f_{1}(r_{1})=0

    es decir, r_{1} es raíz doble (por tanto queda demostrado [1]).

    Ahora bien, si tenemos un polinomio que cumple el enunciado y (como ha quedado de mostrado) tiene una raíz doble, entonces, el polinomio que resulta de dividir al inicial por una vez el término de la raíz doble, también debe cumplir el enunciado, por tanto, el polinomio inicial también.

    A primera vista no parece evidente, pero sólo hay que tener en cuenta dos detalles:

    1. es un polinomio de n-1 grado compartiendo las n-2 primeras raíces con sus primeras.

    2. las primera y segunda derivadas comparten raíz, por tanto podemos repetir el proceso con la tercera derivada (y luego con la cuarta, etc…), se ve así

    f'(x)=f_{1}(x)
    [2] f''(x)=f'_{1}(x)

    y con [2] repetimos el proceso inicial (saliéndonos una raíz triple, cuarta, …).

    Y ya está.

  18. sive | 7 de marzo de 2011 | 06:01

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    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?

  19. josejuan | 7 de marzo de 2011 | 09:39

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    (argh… se pierden las fórmulas al editar)

  20. josejuan | 7 de marzo de 2011 | 09:40

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    (uhmmmpprrffff…)

  21. josejuan | 7 de marzo de 2011 | 09:41

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    “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

    q_{i}=(x-r_{i})

    entonces, cada raíz anula su q_{i} correspondiente.

    Es evidente que si a un polinomio con n raíces le quitamos una, le quedan las n-1 restantes y (aquí lo importante) coinciden con las del polinomio anterior (las que quedan, claro).

    Por otro lado, queda demostrar que en las derivadas las raíces se mantienen igualmente (para que dicho polinomio cumpla con el enunciado).

    Sea ahora nuestro nuevo polinomio con la primera raíz doble, entonces es

    f'(x)=2q_{1}f_{1}(x)+q^{2}_{1}f'_{1}(x)

    y por tanto su segunda derivada es

    f''(x)=2f_{1}(x)+2q_{1}f'_{1}(x)+4q_{1}f'_{1}(x)+q^{2}_{1}f''_{1}(x)

    pero como debe anularse en r_{1} tenemos que

    f''(r_{1})=0

    y por tanto debe ser

    f_{1}(r_{1})=0

    que es ahora ¡raíz triple!.

    (notar que f_{1} en el polinomio derivado/generado/reducido/… coincide con f_{2} del polinomio inicial)

    Digo…

  22. josejuan | 7 de marzo de 2011 | 09:47

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    (perdón, la 2ª derivada es f''(x)=2f_{1}(x)+4q_{1}f'_{1}(x)+q^{2}_{1}f''_{1}(x), aunque da igual)

  23. sive | 7 de marzo de 2011 | 10:55

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    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:

    f(x) = (x-a)^2 g(x)

    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 descomposición del polinomio en factores. No pasa nada, se puede enfocar así y después generalizar, lo comento por si alguien advierte el detalle…

    Yo creo que puedo demostrar el enunciado en \mathbb{R}, pero no en \mathbb{C}. Pero apenas he trabajado con complejos… tal vez alguien pueda generalizar partiendo de ella. Si os parece la comento.

    Edito: Ignoren este párrafo, no puedo demostrarlo tampoco en \mathbb{R} y me parece que tiro la toalla ya con este problema.

  24. hernan | 7 de marzo de 2011 | 19:34

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    Opino igual que sive: no puedo hacer cerrar el argumento de josejuan, aunque suene prometedor.

  25. maelstrom | 7 de marzo de 2011 | 20:48

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    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 f saldrá de nuevo una expresión del tipo f”’=3f1(x) + q1f1(x)+…., con lo que r1 tendrá que volver a ser raiz de f”’, y por tanto, f=K((x-r1)^4)····. Sucesivamente, se llega a la expresión del enunciado con b=r1.

    Ahora, como decía antes, supongamos que la raíz de f” es distinta a r1, por ejemplo r2. Planteando el mismo argumento de josejuan que usó con r1, llegamos a que f=k(x-r2)^n.

    Al final tendremos n expresiones distintas para el polinomio f del tipo f=K(x-ri)^n, una para cada ri. Y esto no puede ser. Sino tendríamos que f tiene n raices distintas, todas de multiplicidad n (y estamos dentro de los Complejos) y a la vez por tanto, su grado sería n*n lo cual es absurdo. Por tanto r1=r2=…=rn.

    Hay que pulirlo, y seguramente incluso esté mal, pero es que, carai, qué pereza da a veces escribir fórmulas.

  26. hernan | 7 de marzo de 2011 | 21:45

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    @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”

  27. hernan | 7 de marzo de 2011 | 22:31

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    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.

  28. josejuan | 7 de marzo de 2011 | 23:17

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    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…

  29. fede | 8 de marzo de 2011 | 02:34

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    Creo que 2 problemas más fáciles son:

    1) Demostrar que el polinomio no puede ser de la forma f(x) = (x-a)^r(x-b)^s, \ \ a\neq b.
    2) Demostrar el resultado del post para polinomios de tercer y cuarto grados.

  30. gaussianos | 8 de marzo de 2011 | 02:53

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    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.

  31. sive | 8 de marzo de 2011 | 04:33

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    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.

  32. gaussianos | 8 de marzo de 2011 | 05:07

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    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.

  33. josejuan | 8 de marzo de 2011 | 09:41

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    “Recordad la leyenda de Dantzig”

    Que cachondo :D

    “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.

  34. Vayapordios | 9 de marzo de 2011 | 09:31

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    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.

  35. josejuan | 9 de marzo de 2011 | 22:41

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    “…como mínimo las raíces todas son dobles…”

    Eso ya lo había demostrado yo. :D

  36. Vayapordios | 9 de marzo de 2011 | 22:56

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    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.

  37. sive | 9 de marzo de 2011 | 23:14

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    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.

  38. sive | 10 de marzo de 2011 | 01:16

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    Voy a explicar mejor mi último comentario.

    Si existe un polinomio que cumpla enunciado de la forma:

    f(x) = (x-a_1)^{n_1} (x-a_2)^{n_2} (x-a_3)^{n_3} (x-a_4)^{n_4} \cdots

    Con todo n_j 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 n_j al valor mínimo de a_1, a_2, a_3, a_4, \cdots , entonces la derivada (n_j-1) de f(x) , tendría un cero simple en a_j , y al menos un cero en todos los ceros de f(x) .

    Entonces, la derivada (n_j-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).

    Demostrado.

    Por eso os animo a que expongáis vuestro razonamiento. Si es válido, estaremos ante el teorema de Casas-Alvero-Vayapordios/josejuan-sive jaja

    Me da a mí que no… pero quién sabe…

  39. maelstrom | 10 de marzo de 2011 | 02:24

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    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).”

  40. sive | 10 de marzo de 2011 | 02:39

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    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 f^{(n_j-1)}(x), también comparten un cero con f^{(n_j-1)}(x) (puesto que lo comparten con f(x), y f^{(n_j-1)}(x) 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.

  41. maelstrom | 10 de marzo de 2011 | 03:28

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    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.

  42. maelstrom | 10 de marzo de 2011 | 03:45

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    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.

  43. sive | 10 de marzo de 2011 | 03:58

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    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 polinomio tenga todas sus raices iguales, es decir, se verificaría la hipótesis.

    De ahí mi interés en que publiquen sus razonamientos.

  44. maelstrom | 10 de marzo de 2011 | 06:21

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    “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 de factores (x-aj)^nj; ojalá.

  45. sive | 10 de marzo de 2011 | 06:52

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    … el dichoso problema de las fórmulas perdidas al editar…

  46. sive | 10 de marzo de 2011 | 06:58

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    (1) Dado un polinomio de la forma f(x) = (x-a)^n g(x) , donde g(x) es otro polinomio que no tiene un cero en a .

    Su derivada es:

    f'(x) = n(x-a)^{n-1}g(x) + (x-a)^n g'(x) = (x-a)^{n-1}(n g(x) + (x-a)g'(x))

    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 (n_j-1) , sólo he afirmado dónde estarán algunos de sus ceros.

    Es un hecho bastante conocido, me sorprende el haber tenido que demostrarlo.

  47. Vayapordios | 10 de marzo de 2011 | 09:03

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    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?

  48. sive | 10 de marzo de 2011 | 09:58

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    Pues no sé, pero de momento parece que se va a quedar sólo con el nombre de quien lo conjeturó, jeje.

  49. josejuan | 10 de marzo de 2011 | 11:17

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    Que ninguna raíz está una sóla vez creo que es obvio, pero, ya sabiendo :D 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.

  50. maelstrom | 10 de marzo de 2011 | 16:03

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    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 es

    f'(x)=2q_{1}f_{1}(x)+q^{2}f'_{1}(x)

    y por tanto su segunda derivada es

    f''(x)=2f_{1}(x)+4q_{1}f'_{1}(x)+q^{2}_{1}f''_{1}(x)

    pero como debe anularse en r1 tenemos que <— ¿Cómo que debe anularse en r1? ¿Por qué?

    f''(r1)=0" <——–¿Perdón?

    Siento que esto ya se ha repetido. Pero es que a veces la redacción de los comentarios no queda clara (culpa también de mi comprensión lectora), y las ideas, y dudas, en estos casos, han de ser lo más diáfanas posibles, ya que siendo un problema abierto, no han de quedar cojas. Es decir, si eso no es lo que sería decir, o sí es lo que se quería decir, pues que quede algo claro y sin ambigüedades.

    Un saludo.

  51. josejuan | 10 de marzo de 2011 | 16:42

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    maelstrom, la que cuestionas, no es mi demostración de raíz doble (está más arriba de lo que has leído, aquí).

  52. josejuan | 10 de marzo de 2011 | 16:53

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    De todos modos, la he revisado y queda así

    Sea el polinomio

    (x-r_{1})(x-r_{2})\cdots(x-r_{n})

    y definamos la función

    f_{i}(x)=(x-r_{i})(x-r_{i+1})\cdots(x-r_{n})

    si ordenamos el polinomio de tal forma que la raíz de la primera derivada es r_{1}, entonces la primera derivada del polinomio se puede expresar como

    f^{\prime }(x)=f_{1}(x)+(x-r_{1})f_{1}^{\prime }(x)

    ahora bien, hemos dicho que r_{1} es precisamente la raíz de la primera derivada, por tanto, debe ser

    f^{\prime }(r_{1})=f_{1}(r_{1})+(r_{1}-r_{1})f_{1}^{\prime }(r_{1})=0

    siendo forzosamente

    f_{1}(r_{1})=0

    y como f_{1}(x) contiene el resto de raíces, queda demostrado que r_{1} es doble.

    Ahora bien, esto no demuestra que cualquier raíz sea doble, tan sólo la de la primera derivada.

  53. sive | 10 de marzo de 2011 | 22:31

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    maelstrom, en el ejemplo que has puesto nj es 2, por tanto nj-1 es uno, y por tanto, tú mismo verificas el resultado de mi demostración.

    Pero no voy a tocar más este tema, lo siento. Hice uso de un resultado sobradamente conocido que ni siquiera debería necesitar demostración aquí. Aún así, lo demostré, pero fue para nada. Sigues en tus trece y yo ya no sé si estás de broma, o si eres sencillamente incapaz de reconocer un error.

  54. maelstrom | 10 de marzo de 2011 | 23:43

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    Tienes razón en tu argumento, my fault. No me es difícil reconocer un error.

  55. Vayapordios | 11 de marzo de 2011 | 00:14

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    Pero todavía no es un teorema. La pregunta apunta a algo más general. Pero, vaya, si esto va de otra cosa, no sé.

  56. Trackback | 24 mar, 2011

    La conjetura de Casas-Alvero, contada por Eduardo Casas-Alvero | Gaussianos

  57. Luis Felipe | 16 de enero de 2012 | 03:21

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    Tengo una demostracion realmente hermosa , pero el margen de este post es demaciado pequeño para poder escribirlo. No mentira no la tengo :D pero es muy interesante y me motiva a investigar más.

  58. Carlos Sepulveda | 15 de febrero de 2012 | 18:10

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    Hola, creo que tengo una solución de la conjetura, como le hago para someter mi resultado a revisión? xD

  59. gaussianos | 16 de febrero de 2012 | 00:04

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    Me la puedes enviar a gaussianos (arroba) gmail (punto) com si quieres :).

  60. Carlos Sepulveda | 16 de febrero de 2012 | 01:31

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    Dejame afinar detalles, porque paradojicamente he encontrado errores y he logrado irlos resolviendo

  61. gaussianos | 16 de febrero de 2012 | 02:12

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    De acuerdo :)

  62. Carlos Sepulveda | 16 de febrero de 2012 | 04:37

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    Olvidadlo, jajaja, para variar y como era de esperarse, me tiene pillo “un detalle” xD

  63. gaussianos | 16 de febrero de 2012 | 22:19

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    Vaya, una lástima, aunque si te soy sincero lo esperaba, no te voy a engañar :)

  64. Carlos Sepulveda | 18 de febrero de 2012 | 02:25

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    Era lo mas esperable, de hecho por eso lo revisé una y otra vez hasta percatarme :P

  65. Trackback | 30 jul, 2012

    La conjetura de Casas-Alvero | Blog del Departamento de Álgebra

  66. Leonardo | 15 de marzo de 2014 | 21:36

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    No se si esto ya ha sido demostrado, pero hasta los polinomios de tercer grado está demostrado, es decir, lo he demostrado.

    Para mayores valores de n es más complicado.

    Saludos desde Argentina.

  67. Leonardo | 16 de marzo de 2014 | 05:19

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    La derivada (n-1) es Ax+B, por lo que -B/A es su raíz. Si debe compartir una raíz con la derivada anterior, debe ser, por fuerza, aquella. Es decir, que si calculamos la integral de esa última derivada, obtenemos (A/2)x^2+Bx+C. De este polinomio sabemos una de sus raíces, ya que dijimos que debe ser -B/A.

    Luego es simple calcular el valor de C (expresado en relación a A y B, por supuesto). Pero es simple ver que este nuevo polinomio es un cuadrado perfecto, es decir que su otra raíz es también -B/A.

    Si integramos este polinomio obtenemos uno de grado 3, que mediante el mismo proceso se puede ver que será un cubo perfecto, con una única raíz igual a las anteriores.

    Supongo que alguien podría encontrar una forma de generalizar este proceso, pero al menos repitiendo paso a paso se puede demostrar hasta cualquier n que se desee que siempre será un polinomio de la forma que dice en el enunciado.

    Saludos desde Argentina

  68. Leonardo | 16 de marzo de 2014 | 05:54

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    Ahora va con Latex.

    f^{n-1}(x)=Ax+B

    Luego, su único cero es x=-\frac{B}{A}

    La derivada anterior a esa, es decir, su integral, es:

    f^{n-2}(x)=\int f^{n-1}=\int Ax+B=\frac{A}{2}x^{2}+Bx+C

    Como este polinomio debe tener una raíz igual a su derivada, deberá ser x=-\frac{B}{A} porque es la única raíz de su derivada. Luego, sustituyendo la raíz en las x e igualando a cero, obtenemos el valor de C:

    \frac{A}{2}\left ( -\frac{B}{A} \right )^2+B\left ( -\frac{B}{A} \right )+C=0

    \frac{B^2}{2A}-\frac{B^2}{A}+C=0

    C=\frac{B^2}{2A}

    Luego, tenemos que la derivada n-2 debe ser:

    f^{n-2}(x)=\frac{A}{2}x^2+Bx+\frac{B^2}{2A}=\frac{A}{2}\left ( x+\frac{B}{A} \right )^2

    Se sigue de allí que todas las derivadas anteriores son similares, es decir, que todas tienen la raíz x=-\frac{B}{A}

  69. Leonardo | 16 de marzo de 2014 | 05:57

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    El comentario anterior está mal. No entendí el enunciado. Interpreté que cada derivada debía compartir un cero con la derivada anterior y no es eso lo que dice. Pero lo que puse es la demostración de algo claramente más simple: que si cada derivada comparte un cero con su derivada anterior, entonces el polinomio tiene una sola raíz múltiple.
    Ahora me pondré a pensar en el verdadero problema.

    Saludos.

  70. Leonardo | 16 de marzo de 2014 | 07:04

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    Me parece tan obvio que debe haber un error, pero el polinomio

    f(x)=a(x-b)^n (x-c) con cualquier valor para c me parece que cumple lo pedido, es decir, cada derivada tiene a b como cero y el polinomio no es de esa forma…

    en qué me estoy equivocando?

  71. gaussianos | 17 de marzo de 2014 | 04:17

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    Leonardo, el polinomio que comentas no es de grado n, como pide el enunciado, sino de grado n+1.

  72. Leonardo | 18 de marzo de 2014 | 19:37

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    Es cierto.

  73. Juanjo Escribano | 19 de marzo de 2014 | 12:22

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    Además, la integral comparte un cero con la función inicial pero no necesariamente -B/A.

    El enunciado es una condición suficiente obviamente pero se pide la necesaria o un contraejemplo

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