Comments on: Sin raíces racionales http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/ Porque todo tiende a infinito... Fri, 10 Feb 2012 21:24:04 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0.1 By: Dani http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12506 Dani Tue, 15 Dec 2009 10:20:40 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12506 argh! muy buena Juan Pablo! y gracias por postearla, M argh! muy buena Juan Pablo! y gracias por postearla, M

]]> By: M http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12505 M Mon, 14 Dec 2009 17:07:00 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12505 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 $latex \alpha$ debía ser entera negativa, $latex |\alpha|\leq n$, $latex \alpha|n!$ y que $latex n|\alpha^n$. De esto último todo divisor primo de $latex n$ lo es también de $latex \alpha.$ Multiplicando el polinomio original por $latex n!$ obteníamos: $latex \alpha^n+\frac{n!}{(n-1)!}\alpha^{n-1}+\frac{n!}{(n-2)!}\alpha^{n-2}+\ldots+\frac{n!}{2!}\alpha^2+\frac{n!}{1!}\alpha+n!=0. \qquad (1)$ La cosa estaba en mirar la descomposición en primos de los factoriales. Dado un número $latex A$ es conocido que: $latex A!=\displaystyle{\prod_{p\leq A\atop p\;primo}} p^{a_p}$, con $latex a_p=\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{A}{p^j}\right\rfloor},$ y además $latex a_p$<$latex A\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\frac{1}{p^j}}=\frac{A}{p-1}\leq A\qquad (2)$ (es decir, $latex a_p+1\leq A$). Volviendo a (1), si $latex p$ es divisor primo de $latex n$, entonces $latex n!$ es divisible por $latex p^{a_p}$ pero no por $latex p^{a_p+1}$ (cambiando un $latex A$ generico por $latex n$ en (2)). Veamos que los restantes sumandos en (1) son divisibles por $latex p^{a_p+1}$, lo cual ya nos daría una contradicción dividiendo todo (1) por $latex p^{a_p+1}$. Si $latex l\geq 1$ natural, vemos que el exponente de la máxima potencia de $latex p$ que divide a $latex \frac{n!}{l!}$ es exactamente $latex \displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{n}{p^j}\right\rfloor}-\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{l}{p^j}\right\rfloor}$. Al multiplicar por $latex \alpha^l$ aparece el factor al menos otras $latex l$ veces más, con lo que el exponente de la máxima potencia de $latex p$ que divide a $latex \frac{n!}{l!}\alpha^l$ es mayor o igual que $latex \displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{n}{p^j}\right\rfloor}-\displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{l}{p^j}\right\rfloor}+l\geq \displaystyle{\sum_{j\geq 1}\left\lfloor \frac{n}{p^j}\right\rfloor}+1=a_p+1.$ 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.

]]> By: JuanPablo http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12504 JuanPablo Wed, 09 Dec 2009 02:11:20 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12504 <b>M</b>, mandame un mail, y te mando la solución (demairena - gmail.com) M, mandame un mail, y te mando la solución (demairena – gmail.com)

]]> By: M http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12503 M Tue, 08 Dec 2009 17:39:13 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12503 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 $latex \alpha$ es raíz real del polinomio dado, entonces $latex 0=\displaystyle{\int_\alpha^\infty}u^n e^{-u}du$. Como en el caso anterior, esto nos vuelve a decir que no hay raíces reales si $latex n$ es par. A ver si en el caso impar llego a alguna contradicción asumiendo $latex \alpha$ entero (negativo). 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).

]]> By: M http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12502 M Tue, 01 Dec 2009 20:23:38 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12502 Efectivamente la expresión dada $latex e^\alpha=e^\xi\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}$, con $latex \xi\in(\alpha,0)$, 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 $latex \alpha$ no puede ser racional, pero el asunto es que $latex \xi$ de hecho es trascendente. 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.

]]> By: orlin http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12501 orlin Fri, 27 Nov 2009 15:58:45 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12501 Hola, he llegado a un resultado pero no es muy riguroso matemáticamente... He partido calculando $latex P_{n}(r+1)-P_{n}(r)$ donde r es un número menor que n (el módulo), si se desarrolla he llegado a que es igual a = $latex P_{n-1}(r)+P_{n-2}(r)+P_{n-3}(r)+\dots+P_{1}(r)+1$, entonces tenemos; $latex P_{n}(r+1)-P_{n}(r) = P_{n-1}(r)+P_{n-2}(r)+P_{n-3}(r)+\dots+P_{1}(r)+1$, ahora bien, si $latex P_{n}(r+1)=0$ entonces, $latex P_{n}(r)+P_{n-1}(r)+P_{n-2}(r)+P_{n-3}(r)+\dots+P_{1}(r)+1 = 0$ Y creo recordar que los $latex P_{n}(x)$ son linialmente independientes para todo x. La última parte es la que no estoy seguro, me podríais ayudar? un saludo!! 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!!

]]> By: JuanPablo http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12500 JuanPablo Fri, 27 Nov 2009 13:34:57 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12500 <b>Pastrana</b>, ahí <b>M</b> 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). 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).

]]> By: Pastrana http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12499 Pastrana Fri, 27 Nov 2009 12:42:46 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12499 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 $latex Q(x)= n!p+x+pn!\frac{x^2}{2!}+\cdots+px^n$ Ahora bien, como p/q es también raíz de Q(x), obligatoriamente q tiene que dividir al coeficiente líder p, lo que es imposible. 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.

]]> By: M http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12498 M Wed, 25 Nov 2009 23:51:56 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12498 Para ver que en el caso par no hay raíces reales, como indicaba JuanPablo, partiendo de que una tal raíz racional $latex \alpha$ debe ser entera y además negativa, consideramos el desarrollo de Taylor de la exponencial, con resto de Lagrange: $latex e^\alpha=P_n(\alpha)+e^\xi\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}=e^\xi\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}$, con $latex \xi\in(\alpha,0)$. Pero $latex e^{\alpha-\xi}=\cfrac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}$ es absurdo, pues un miembro es positivo y el otro negativo. 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.

]]> By: Dani http://gaussianos.com/sin-raices-racionales/#comment-12497 Dani Wed, 25 Nov 2009 22:13:09 +0000 http://gaussianos.com/?p=1974#comment-12497 Sigue sin salirme... :S sin embargo si $latex |r| \leq n $ con $latex r$ raiz del polinomio $latex P_n(x) := \frac{x^n}{n!}+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+ \cdots + x + 1 $, (como dije se tiene necesariamente que $latex r \in \mathbb{Z}$) entonces cumple la ecuación que escribí arriba: $latex r^n + nr^{n-1} + n(n-1)r^{n-2} + \cdots + (n(n-1)\cdots 2)r + n! =0$ Se observa que $latex n $ divide a $latex r^n$. Pero como $latex |r| \leq n$ se tiene necesariamente que $latex r$ divide a $latex n$. En efecto si $latex r^n=a\cdot n$, todo factor primo de $latex n$ estará en $latex r^n$, es decir, en $latex r$. Como además $latex |r| \leq n$ todos los exponentes de estos factores primos en $latex r $ serán menores o iguales que los correspondientes en $latex n$, esto es: $latex r $ divide a $latex n$ (pongamos $latex n=\alpha \cdot r$)... alguien puede seguir? 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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