Iberoamericana 2014 P2

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Matías V5

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Iberoamericana 2014 P2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 24 Sep, 2014 1:00 am

Halle todos los polinomios [math] con coeficientes reales tales que [math] y, para algún entero [math], se cumple que
[math].
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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Matías V5

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Re: Iberoamericana 2014 P2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 24 Sep, 2014 2:26 am

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En primer lugar, es fácil ver que [math] no puede ser constante (como [math], debería ser [math], y luego [math], lo cual es absurdo). Tampoco puede ser [math], pues llegaríamos al mismo absurdo de antes.
Ahora, sea [math] una raíz de [math]. Evaluando ambos miembros de la ecuación en [math], obtenemos [math]. Si [math] no es [math], lo anterior implica que [math] también es raíz de [math].
Análogamente, evaluando ambos miembros de la ecuación en [math], vemos que [math], y por lo tanto, si [math] se deduce que [math] también es raíz de [math].
Como [math] tiene sólo finitas raíces, necesariamente tiene que suceder que dada cualquier raíz de [math], restándole [math] una cierta cantidad de veces llegamos a [math]. Es decir que toda raíz de [math] es de la forma [math], con [math]. Más aún, si tomamos el máximo [math] tal que [math] es raíz de [math], vemos que [math] también son raíces de [math], y no puede haber otras raíces más que estas. Por otra parte, si [math] no fuera igual a [math], podríamos concluir que [math] también es raíz de [math], lo cual contradice la maximalidad de [math]. Luego, [math], y en particular [math] resulta ser un divisor positivo de [math]. Como [math], hay [math] valores posibles para [math].
Hasta ahora sabemos que las raíces de [math] son [math] con [math] un divisor positivo de [math]. Entonces [math] donde [math] es el coeficiente principal y las multiplicidades [math] son enteros positivos. Reemplazando en la ecuación original del problema, nos queda
[math].
Por factorización única de polinomios, comparando las multiplicidades en el lado izquierdo y el lado derecho podemos deducir que [math].
Entonces [math], y el coeficiente principal [math] se debe elegir para que se cumpla que [math], es decir [math].
Esto nos da una solución para cada [math] divisor positivo de [math], y no hay otras soluciones más que estas. [math]
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Prillo

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Re: Iberoamericana 2014 P2

Mensaje sin leer por Prillo » Mié 24 Sep, 2014 10:32 am

Retoco un poco la solucion de arriba para que haya que usar menos hechos teoricos:
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Vamos usar los siguientes dos hechos sobre polinomios con coeficientes reales (observacion: tambien valen sus analogos para polinomios con coeficientes enteros! Es decir, cambiando todos los [math] por [math].)

Lema 1: Sea [math]. Sea [math] tal que [math] (es decir una raiz de [math]). Entonces [math] para algun [math].

Lema 2: Sea [math]. Si [math] tiene infinitas raices distintas, entonces [math] es constantemente cero.

Sea [math] la igualdad [math].

Notamos que [math] no puede ser constante, porque sino como [math] entonces [math] para todo [math], y ahora [math] nos da un absurdo.

Supongamos a modo de contradiccion que [math] no es un divisor positivo de [math]. Entonces vemos por induccion que [math] para todo [math]. Esto vale para [math] por [math]. Si vale para [math], entonces para [math] vale porque [math] nos da [math]. Pero por hipotesis inductiva [math] entonces [math] o [math]. Pero lo primero no es posible ya que por hipotesis [math] no es un divisor positivo de [math]. Luego [math] y esto completa la induccion. Pero ahora, si [math] entonces [math] tiene infinitas raices: [math], y entonces [math] deberia ser, por el lema 2, el polinomio nulo, absurdo! (pues [math]). Entonces [math]. Pero entonces [math], y por ejemplo [math] nos da otro absurdo (pues [math]). Concluimos que [math] debe ser un divisor positivo de [math].

Para terminar notamos que cuando [math] es divisor positivo de [math], usando el mismo argumento inductivo de antes se concluye que [math] son raices de [math]. Por lo tanto, usando repetidas veces el lema [math] queda
[math]
para algun [math]. Pero ahora, la ecuacion para [math] da
[math]
[math],
y entonces debemos tener [math] para todo [math]. Pero entonces [math] y asi infinitamente, lo cual implicaria que el polinomio [math] tiene infinitas raices (precisamente [math]; son distintas porque [math] es un divisor positivo de [math]) con lo cual, por el Lema [math], [math] es el polinomio nulo. Entonces [math] y entonces [math] es constante, digamos [math]. Notar que ademas con [math] constante se hace valer inmediatamente la relacion [math]. Por lo tanto, nos queda hacer cumplir nada mas que [math]. Despejando queda [math]. Por lo tanto, [math] es de la forma
[math]
para algun [math] divisor positivo de [math], y como dijimos ademas todo [math] de esta forma cumple las dos condiciones. Entonces estos son todos los posibles [math].

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Violeta

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Re: Iberoamericana 2014 P2

Mensaje sin leer por Violeta » Vie 27 Jul, 2018 10:27 pm

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Asumamos que $c$ no es un divisor de $2014$. Luego, $P(0)=0$ y se puede probar por induccion que $P(kc)=0$, para todo $k$ entero positivo (pues $kc-2014$ nunca va a ser $0$). Pero entonces, $P$ tiene infinitas raices y debe ser exactamente $0$, que no es posible. Entonces, $c$ es un divisor de $2014$ (o bien, $c=0$, que se descarta porque implicaria $2014=0$) y con un razonamiento similar, llegamos a que $c$ debe ser positivo, pues si no lo fuera tendriamos que $P(kc)=0$, para todo $k$ entero positivo (pues $kc-2014<0$).

Digamos $P_c(x)= \frac{x(x-c)(x-2c)\ldots (x-(k-1)c)}{2014(2014-c)(2014-2c)\ldots (2014-(k-1)x)}$
Entonces, todos los $P_c(x)$ funcionan para todo $c \mid 2014, c>0$ y se puede ver facilmente.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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