Polinomio igual a suma de cuadrados de polinomios

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 28 de mayo de 2012
Categorías: Juegos | Imprime este post

7 comentarios

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David | 28 de mayo de 2012 | 13:54

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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

$p(x) = \left( q_1(x) + q_2(x)i \right) \left( q_1(x) - q_2(x)i \right) = q_1(x)^2 + q_2(x)^2$
Alf | 28 de mayo de 2012 | 15:56

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Hola, quisierasaber si existe algún libro donde se pueda aprender sobre la solución de éste tipo de problemas
Jorge | 30 de mayo de 2012 | 00:30

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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.
Jorge | 30 de mayo de 2012 | 00:31

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Acabo de darme cuenta de que la condicion p(x)>=0 implica que el grado sea par.
Dani | 1 de junio de 2012 | 16:21

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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
David | 2 de junio de 2012 | 02:04

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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