Sin raíces racionales

Os dejo el problema de esta semana:

Demostrar que para n > 1 la ecuación

\cfrac{x^n}{n!} + \cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!} + \ldots + \cfrac{x^2}{2!} + x + 1 =0

no tiene raíces racionales.

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.

21 Comentarios

  1. si  \alpha = \frac {r}{s}  \in  \mathbb{Q} es raiz, donde suponemos r,s primos entre si, multiplicando por s^n n! obtenemos
     r^n + snr^{n-1} + s^2n(n-1)r^{n-2} + \cdots + s^{n-1}(n(n-1)\cdots 3 \cdot 2) r  + s^n n! =0, y pasando el r^n al otro miembro vemos que necesariamente s=1 Luego buscamos solo raices enteras. Nuestra ecuación ahora es:
     r^n + nr^{n-1} + n(n-1)r^{n-2} + \cdots + (n(n-1)\cdots 3 \cdot 2) r  +  n! =0 \qquad r \in \mathbb{Z}
    y de ahí no he obtenido nada jajajaj… luego sigo probando a ver

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  2. yo no sé nada de matemáticas (en el sentido de “ciencia” formal, algo entiendo de filosofía de las matemáticas), precisamente por ello estas cosas me parecen tan fascinantes, hermosas, llenas de perplejidad…

    Recuerdo una viñeta de Calvin y Hobbes donde decía que las matemáticas se parecen a una religión.

    Sobre el problema sólo puedo decir WTF!!!

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  3. ¿Esto no se haría intentando meter exponenciales por ahí, con series de Taylor? Desde mi desconocimiento, es lo mejor que se me ocurre…

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  4. Una pregunta, ¿n natural o real?
    con n natural creo que lo tengo

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  5. Siguiendo el razonamiento de Dani llegamos a que las posibles raíces racionales deben ser, de hecho, enteras y dividir a n!. Podemos seguir otra vía para resolver la cuestión:

    Si un polinomio R_n(x)=a_0+a_1x+\ldots a_n x^n cumple que sus coeficientes son positivos y a_0\geq a_1\geq\ldots\geq a_n, entonces cualquier raíz \alpha verifica |\alpha|\geq 1 (para ver esto, usar sumación parcial y razonar por contradicción). Con esto, ponemos:

    P_n(x):=\cfrac{x^n}{n!} + \cfrac{x^{n-1}}{(n-1)!} + \ldots + \cfrac{x^2}{2!} + x + 1

    Q_n(x):=P_n(nx)=\cfrac{n^n x^n}{n!} + \cfrac{n^{n-1}x^{n-1}}{(n-1)!} + \ldots + \cfrac{n^2x^2}{2!} + nx + 1

    R_n(x):=x^n\cdot Q_n(x^{-1})=x^n+\cfrac{n}{1}x^{n-1}+\ldots+\cfrac{n^{n-1}}{(n-1)!}x+\cfrac{n^n}{n!}

    El polinomio R_n está en las condiciones del enunciado anterior y por tanto sus raíces cumplen |\alpha|\geq 1. Así pues, las de Q_n cumplen |\alpha|\leq 1, y, por tanto, las de P_n cumplen |\alpha|\leq \cfrac{1}{n}, y por tanto son no enteras si n>1.

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  6. … y que si n es par, no tiene ninguna! (conozco 6 demostraciones diferentes y una que todavía no logro formalizar correctamente, pero la idea está ahí, aunque se me escapa…)

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  7. La solución de M es incorrecta. Si a es un cero de P, entoces a/n es un cero de Q y n/a es un cero de R. Si se debe cumplir que los ceros de R han de ser >=1 a lo más que llegamos es a que n>=a, lo que no basta para concluir lo que queremos.
    De hecho puede demostrarse (mediante el principio del argumento, por ejemplo) que el módulo de los ceros de Pn crece con n, lo cual es consistente con el hecho que la función exponencial no tiene ceros.

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  8. Holaaa!!! ¿¿Qué tal??!! Somos estudiantes de Matemáticas y nos encanta vuestra páginaaaaa!!!!

    Pero ahora mismo estamos obnubilados con el siguiente problema: queremos caracterizar la convexidad de una función de clase 2 (según Fréchet) en un espacio normado de dimensión arbitraria (finita o infinita) a R. Creemos que f en estas condiciones es convez sii f”(x)(h,h)>= 0, para todo x, h en el espacio X.

    Qué sugerencias para la demostración????

    Gracias por vuestro interéssss…y vuestras ganas! 😉

    Un saludo!!! 🙂 !

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  9. Vaya, a! Tienes toda la razón del mundo. Vaya sacrilegio que cometí. La única conclusión que debí obtener era efectivamente |\alpha|\leq n (y que por sí sola no sirve de mucho). Eso me pasa por resolver problemas a medianoche. A ver si lo arreglo de algún modo…

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  10. En fin, vergüenza y escarnio también para mi, que escribo “a” en lugar de |a|.

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  11. Sigue sin salirme… :S
    sin embargo si |r| \leq n con r raiz del polinomio
    P_n(x) := \frac{x^n}{n!}+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+ \cdots + x + 1  ,
    (como dije se tiene necesariamente que r \in \mathbb{Z}) entonces cumple la ecuación que escribí arriba:
    r^n + nr^{n-1} + n(n-1)r^{n-2} + \cdots + (n(n-1)\cdots 2)r + n! =0
    Se observa que n divide a r^n. Pero como |r| \leq n se tiene necesariamente que r divide a n. En efecto si r^n=a\cdot n, todo factor primo de n estará en r^n, es decir, en r. Como además |r| \leq n todos los exponentes de estos factores primos en r serán menores o iguales que los correspondientes en n, esto es: r divide a n (pongamos n=\alpha \cdot r)…
    alguien puede seguir?

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  12. Para ver que en el caso par no hay raíces reales, como indicaba JuanPablo, partiendo de que una tal raíz racional \alpha debe ser entera y además negativa, consideramos el desarrollo de Taylor de la exponencial, con resto de Lagrange:

    e^\alpha=P_n(\alpha)+e^\xi\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}=e^\xi\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}, con \xi\in(\alpha,0).

    Pero e^{\alpha-\xi}=\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!} es absurdo, pues un miembro es positivo y el otro negativo.

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  13. Para M:

    Lo que dices sería cierto en el caso de que obligatoriamente n fuese par, pero no soluciona el caso de los n impares.

    Yo creo que podría explicarse así:

    Llamando P(x) al primer miembro de la ecuación, y suponiendo que existe un racional p/q irreducible que es raíz de P(x),multiplicando P(x) por n!p, tenemos un nuevo polinomio Q(x)con coeficiente líder p y término independiente n!p. Es decir Q(x)= n!p+x+pn!\frac{x^2}{2!}+\cdots+px^n

    Ahora bien, como p/q es también raíz de Q(x), obligatoriamente q tiene que dividir al coeficiente líder p, lo que es imposible.

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  14. Pastrana, ahí M se refiere al problema que yo había comentado antes, exactamente para el caso n par. En tu solución falta un caso, y es que q sea 1 (es decir, que la raíz sea entera, como se dijo antes).

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  15. Hola, he llegado a un resultado pero no es muy riguroso matemáticamente…

    He partido calculando P_{n}(r+1)-P_{n}(r) donde r es un número menor que n (el módulo), si se desarrolla he llegado a que es igual a =
    P_{n-1}(r)+P_{n-2}(r)+P_{n-3}(r)+\dots+P_{1}(r)+1, entonces tenemos; P_{n}(r+1)-P_{n}(r) = P_{n-1}(r)+P_{n-2}(r)+P_{n-3}(r)+\dots+P_{1}(r)+1, ahora bien, si P_{n}(r+1)=0 entonces,
    P_{n}(r)+P_{n-1}(r)+P_{n-2}(r)+P_{n-3}(r)+\dots+P_{1}(r)+1 = 0

    Y creo recordar que los P_{n}(x) son linialmente independientes para todo x.

    La última parte es la que no estoy seguro, me podríais ayudar?

    un saludo!!

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  16. Efectivamente la expresión dada e^\alpha=e^\xi\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}, con \xi\in(\alpha,0), sólo prueba que no hay raíces reales en el caso par.

    Nada se dijo del caso impar. Espero poder darle unas vueltas más próximamente. Sin embargo se ve fácilmente que hay una única raíz real. Pensaba usar en este caso el teorema de Lindemann para probar que \alpha no puede ser racional, pero el asunto es que \xi de hecho es trascendente.

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  17. Sigo peleándome (sin éxito) con el problema (caso impar). Considerando la expresión integral del resto en el desarrollo de Taylor de la exponencial, se puede probar que si \alpha es raíz real del polinomio dado, entonces
    0=\displaystyle{\int_\alpha^\infty}u^n e^{-u}du.
    Como en el caso anterior, esto nos vuelve a decir que no hay raíces reales si n es par. A ver si en el caso impar llego a alguna contradicción asumiendo \alpha entero (negativo).

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  18. Juan Pablo me acaba de soplar su solución al problema. Con su permiso, y dado que Dani se quedó cerca, la damos a conocer:

    habíamos dicho que una tal raíz racional \alpha debía ser entera negativa, |\alpha|\leq n, \alpha|n! y que n|\alpha^n. De esto último todo divisor primo de n lo es también de \alpha.

    Multiplicando el polinomio original por n! obteníamos:

    \alpha^n+\frac{n!}{(n-1)!}\alpha^{n-1}+\frac{n!}{(n-2)!}\alpha^{n-2}+\ldots+\frac{n!}{2!}\alpha^2+\frac{n!}{1!}\alpha+n!=0. \qquad (1)

    La cosa estaba en mirar la descomposición en primos de los factoriales. Dado un número A es conocido que:

    A!=\displaystyle{\prod_{p\leq A\atop p\;primo}} p^{a_p}, con a_p=\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{A}{p^j}\right\rfloor},

    y además a_p<A\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\frac{1}{p^j}}=\frac{A}{p-1}\leq A\qquad (2) (es decir, a_p+1\leq A).

    Volviendo a (1), si p es divisor primo de n, entonces n! es divisible por p^{a_p} pero no por p^{a_p+1} (cambiando un A generico por n en (2)). Veamos que los restantes sumandos en (1) son divisibles por p^{a_p+1}, lo cual ya nos daría una contradicción dividiendo todo (1) por p^{a_p+1}.

    Si l\geq 1 natural, vemos que el exponente de la máxima potencia de p que divide a \frac{n!}{l!} es exactamente

    \displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{n}{p^j}\right\rfloor}-\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{l}{p^j}\right\rfloor}.

    Al multiplicar por \alpha^l aparece el factor al menos otras l veces más, con lo que el exponente de la máxima potencia de p que divide a \frac{n!}{l!}\alpha^l es mayor o igual que

    \displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{n}{p^j}\right\rfloor}-\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{l}{p^j}\right\rfloor}+l\geq \displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{n}{p^j}\right\rfloor}+1=a_p+1.

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