CIMA 2019 - P4

jujumas

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CIMA 2019 - P4

Mensaje sin leer por jujumas » Jue 06 Jun, 2019 6:39 pm

Decidir si existe $X\subseteq\mathbb{N}$ infinito tal que no hay dos polinomios mónicos con raíces todas distintas y en $X$ que tengan un coeficiente (distinto del principal) en común. Es decir, si $s_1, \ldots, s_k, t_1, \ldots, t_l$ están en $X$ y $(x-s_1)(x-s_2) \ldots (x-s_k)$ y $(x-t_1)(x-t_2) \ldots (x-t_l)$ tienen algún coeficiente en común aparte del $1$, entonces $\left \{ s_1, \ldots, s_k \right \} = \left \{ t_1, \ldots, t_l \right \}$.

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No, manzana
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Re: CIMA 2019 - P4

Mensaje sin leer por No, manzana » Lun 10 Jun, 2019 7:26 pm

Sea $X=\{2^{2^k}\}_{k \in \mathbb{N}}$. Por cada $\mathbb{J} \subseteq \mathbb{N}$ finito tenemos un polinomio $p^{\mathbb{J}}$ cuyo conjunto de raíces es $ \{2^{2^k} : k \in \mathbb{J}\}$ que lo escribiremos como:

$$p^{\mathbb{J}}=x^{|\mathbb{J}|}+\displaystyle \sum _{i=0}^{|\mathbb{J}|-1}{a^{\mathbb{J}}_ix^i}$$

Por las relaciones de Cardano-Vieta tenemos:

$$|a_k^{\mathbb{J}}|= \displaystyle \sum _{S\subseteq \mathbb{J},|S|=|\mathbb{J}|-k} \left (\displaystyle \prod _{s \in S}{2^{2^{s}}}\right)= \displaystyle \sum _{S\subseteq \mathbb{J},|S|=|\mathbb{J}|-k} \displaystyle {2^{ \sum _{s \in S}2^{s}}}$$

Sean $\mathbb{A},\mathbb{B} \subseteq \mathbb{N}$ finitos tales que existan un coeficiente no principal de $p^{\mathbb{A}}$ y uno no principal de $p^{\mathbb{B}}$ iguales, digamos que $a_k^{\mathbb{A}}=a_j^{\mathbb{B}}$.

Notar primero que si $S_1,S_2 \subseteq \mathbb{N}$ son finitos, entonces $\sum _{r \in S_1}{2^r}=\sum _{s \in S_2}{2^s}$ si, y sólo si $S_1=S_2$, por la escritura de los enteros en base $2$.

Como $a_k^{\mathbb{A}}=a_j^{\mathbb{B}}$, tenemos:

$$\displaystyle \sum _{S\subseteq \mathbb{A},|S|=|\mathbb{A}|-k} \displaystyle {2^{ \sum _{s \in S}2^{s}}}= \displaystyle \sum _{T\subseteq \mathbb{B},|T|=|\mathbb{B}|-j} \displaystyle {2^{ \sum _{t \in T}2^{t}}}$$

Notar que en ambos miembros de la igualdad hay una suma indexada por subconjuntos distintos, por lo tanto cada sumando es distinto. Por lo observado anteriormente obtenemos que los sumandos en cada miembro de la igualdad son los mismos (en algún orden).

Sea $x \in \mathbb{A}$, consideremos $S \subseteq \mathbb{A}$ tal que $x \in S$ y $|S|=|\mathbb{A}|-k$. Entonces existe $T \subseteq \mathbb{B}$ tal que $|T|=|\mathbb{B}|-j$ y $2^{ \sum _{s \in S}2^{s}}=2^{ \sum _{t \in S}2^{t}}$, entonces $\sum _{s \in S}2^{s}= \sum _{t \in S}2^{t}$, de donde obtenemos $S=T$, luego $x \in S=T \subseteq \mathbb{B}$. Como $x \in \mathbb{A}$ es arbitrario probamos así que $\mathbb{A} \subseteq \mathbb{B}$, la otra contención $\mathbb{B} \subseteq \mathbb{A}$ es totalmente análoga y así obtenemos $\mathbb{A} = \mathbb{B}$.
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