Polinomio igual a suma de cuadrados de polinomios

Hoy lunes os dejo el problema de esta semana. Aquí tenéis el enunciado:

Sea p(x) un polinomio con coeficientes reales tal que p(x)\geq 0 para todo x\in \mathbb{R}. Probar que existen polinomios q_1(x),q_2(x) con coeficientes reales tales que p(x)=q_1(x)^2+q_2(x)^2, para todo x\in\mathbb{R}.

Que se os dé bien.


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.

6 Comentarios

  1. Por ser un polinomio real, si z es una de sus raíces en \mathbb{C}, el conjugado \bar{z} también es una raíz del mismo. Además, ya que p(x)\ge 0, todas las raíces reales tienen multiplicidad par, por lo que su factorización en p(x) puede escribirse

        p(x) = \prod{(x-z_j)(x-\bar{z}_j)} = \prod{(x-z_j)} \prod{(x-\bar{z}_j)}

    para ciertos números complejos z_j. Observemos que para cada x\in\mathbb{R} los dos términos del producto anterior son conjugados ya que

        \overline{\prod{(x-z_j)}} = \prod{\overline{x-z_j}} = \prod{(\bar{x}-{\bar{z}_j})} = \prod{(x-{\bar{z}_j})}

    así que sus descomposiciones en parte real e imaginaria son

        \prod{(x-z_j)} = q_1(x) + q_2(x)i

        \prod{(x-\bar{z}_j)} = q_1(x) - q_2(x)i

    donde q_1(x), q_2(x) son polinomios reales. Finalmente

        p(x) = \left( q_1(x) + q_2(x)i \right) \left( q_1(x) - q_2(x)i    \right) = q_1(x)^2 + q_2(x)^2

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  2. Hola, quisierasaber si existe algún libro donde se pueda aprender sobre la solución de éste tipo de problemas

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  3. Dados dos polinomios q_1(x) y q_2(x) de grados m y n respectivamente (supongamos por ejemplo m<n), el grado de q_1(x)+q_2(x) será, por tanto 2n, por tanto cualquier polinomio de grado impar no se puede descomponer de esta manera.

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  4. Acabo de darme cuenta de que la condicion p(x)>=0 implica que el grado sea par.

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  5. Hermosa solución, David. Dejo otra menos elegante y algo entrevesada aunque completamente distinta.

    Supongamos que la afirmación es falsa. Tomemos p(x) un polinomio con coeficientes reales de grado d>0 mínimo entre todos aquellos polinomios con coeficientes reales que satisfacen p(x) \geq 0 para todo x \in \mathbb{R} pero no pueden ser escritos como la suma de los cuadrados de dos polinomios con coeficientes reales. Es claro que d \geq 3. En efecto d=1 es ciertamente imposible puesto que todo polinomio lineal toma valores tanto positivos como negativos, y d=2 tampoco puede ocurrir puesto que si un polinomio cuadrático q(x) es siempre no negativo tendrá raices complejas conjugadas u \pm iv y resulta entonces que q(x)=(x-u)^2+v^2.

    Concluimos por lo tanto que p(x) no es irreducible en \mathbb{R}[x]. Distinguimos entre dos casos ahora:

    1. El caso en que podemos descomponer p(x)=f(x)g(x) como producto de dos polinomios con coeficientes reales de grado estríctamente menor f(x) y g(x) relativamente primos, esto es, que no comparten ningún factor. En particular no comparten ninguna raiz. Sostenemos entonces que, quizás cambiando el signo de ambos, podemos suponer que se tiene también f(x) \geq 0 y g(x) \geq 0 para todo x \in \mathbb{R}. Y es que si por ejemplo f(x) cambiase de signo, lo haría al pasar por una raiz \alpha \in \mathbb{R}, donde f(\alpha)=0. Pero como g(\alpha) \neq 0, esto implicaría que p(x)=f(x)g(x) tomaría signos distintos a cada lado de \alpha en \mathbb{R}, lo cual está prohibido por la hipótesis p(x) \geq 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}. Concluimos pues que tanto f(x) como g(x) deben tener signo constante, y esto es suficiente para justificar nuestra afirmación.

    2. En el segundo caso resulta que se tiene p(x)=h(x)^n con n>1 y h(x) un polinomio con coeficientes reales irreducible en \mathbb{R}[x]. Si n=2k es par, debe ser k \geq 2 (ya que si fuese k=1 se tendría p(x)=h(x)^2+0^2, que no puede ocurrir por hipótesis). Podemos entonces poner f(x)=h(x)^2 y g(x)=h(x)^{2(k-1)} para obtener como antes una descomposición p(x)=f(x)g(x) donde f(x) y g(x) son polinomios con coeficientes reales, de grado estríctamente menor que p(x) y con f(x), g(x) \geq 0 para todo x \in \mathbb{R}. Por otra parte, si n=2k+1 es impar, entonces claramente p(x) \geq 0 \quad \forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow h(x) \geq 0 \quad \forall x \in \mathbb{R} y tomando f(x)=h(x) y g(x)=h(x)^{2k} llegamos una vez más a la misma situación.

    En definitiva vemos que en cada uno de los casos hemos conseguido escribir p(x)=f(x)g(x) donde f(x), g(x) \in \mathbb{R}[x] tienen grado estríctamente menor que p(x) y satisfacen f(x),g(x) \geq 0 para todo x \in \mathbb{R}. Por minimalidad de d esto implica que existen polinomios con coeficientes reales \eta(x), \omega(x), \xi(x), \zeta(x) tales que
    f(x)=\eta(x)^2+\omega(x)^2, \qquad g(x)=\xi(x)^2+\zeta(x)^2
    y esto nos permite escribir
    p(x)=(\eta(x)^2+\omega(x)^2)(\xi(x)^2+\zeta(x)^2)=(\eta(x)\xi(x)+\omega(x)\zeta(x))^2+(\eta(x)\zeta(x)-\omega(x)\xi(x))^2
    que supone una contradicción con nuestra hipótesis de partida- en efecto hemos escrito p(x) como suma de los cuadrados de dos polinomios con coeficientes reales! Debe ser entonces que no existe tal polinomio como p(x) y esto es precísamente lo que queríamos demostrar 🙂

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  6. Hola Dani, ¡es muy interesante! La idea no es tan enrevesada:

    La identidad de Lagrange [1] nos asegura que el producto de suma de cuadrados es una suma de cuadrados, y ya que todo polinomio real factoriza en polinomios lineales y cuadráticos, te basta probarlo para esos dos casos. La factorización se mantiene restringiendonos a los polinomios positivos.. ¡Muy buena!

    Tenías razón, es completamente diferente. ¡Gracias por compartirla!

    [1] http://es.wikipedia.org/wiki/Identidad_de_Lagrange

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