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Tema

Final 14-10-04 Ej 5b

3 respuestas 4950 visitas
#1 Carla

Se tienen números distintos \(a_1,a_2,...,a_n\) y \(b_1,b_2...,b_m\) y dos polinomios \(r_1,r_2\in{\mathbb{R[X]}}\) tales que \(Gr(r_1)<{n},\;Gr(r_2)<{m}\). Se definen

$$p_1=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)\;y\;p_2=(x-b_1)(x-b_2)...(x-b_m)$$
Probar que existe un único polinomio \(f\in{\mathbb{R[X]}}\) de grado \(<(n+m)\) tal que \(r_{p_1}(f)=r_1\;r_{p_2}(f)=r_2\)

Saludos!

#2 Diana

llamado a la solidaridad!!, alguien que tenga ganas puede pensar este ejercicio? no sé como hacerlo tampoco...

#3 exequiel131719

Vayamos por partes...
Primero, probemos que existe algún polinomio. Luego veamos que es único. Puesto que \({a}_{1},{a}_{2},...,{a}_{n},{b}_{1},...,{b}_{m}\) son todos distintos por hipótesis, los polinomios mónicos \(X-{a}_{1},...X-{a}_{n},X-{b}_{1},...,X-{b}_{m}\) son coprimos dos a dos. En definitiva, \({p}_{1},\;{p}_{2}\) son coprimos. Aquí viene la gracia... reescribiendo lo que queremos ver, tenemos(cualquier parecido al teorema chino del resto no es pura coincidencia),

$$f\equiv {r}_{1}({p}_{1})$$
$$f\equiv {r}_{2}({p}_{2})$$
Veamos una solución particular; supongamos los casos:
$$f\equiv 0({p}_{1})$$
$$f\equiv {r}_{2}({p}_{1})$$
De aquí extraemos que \(f\eq=q{p}_{1},\;q\in\mathbb{R}[X]\). Volviendo a la segunda ecuación, y reemplazando...
$$f\eq= q{p}_{1}\equiv {r}_{2}({p}_{2})$$
Como \(({p}_{1}:{p}_{2})\eq=1\), tenemos que existe el inverso de \({p}_{1}\) módulo \({p}_{2}\). Sea este polinomio \(F\)(esto se debe al algoritmo de Euclides, que vale para polinomios; si es necesario, después aclaro la existencia). Multiplicando miembro a miembro, tenemos:
$$q\equiv {r}_{2}F({p}_{2})$$
O sea, los polinomios \(f\) son de la forma \(f\eq=q{p}_{1}\eq=({p}_{2}k+{r}_{2}F){p}_{1},\;k\in\mathbb{R}[X]\)(usé solamente el significado de la congruencia).

Planteamos también lo mismo, pero ahora con:

$${f}_{1}\equiv {r}_{1}({p}_{1})$$
$${f}_{1}\equiv 0({p}_{2})$$

Con el mismo razonamiento anterior, llegás a que \({f}_{1}\eq={q}_{1}{p}_{2}\eq=({p}_{1}{k}_{1}+{r}_{1}G){p}_{2}\), donde \(G\) es ahora el inverso de \({p}_{2}\) módulo \({p}_{1}\). Ahora bien, considerando el polinomio:

$$g\eq=f+{f}_{1}\eq=({p}_{2}k+{r}_{2}F){p}_{1}+({p}_{1}{k}_{1}+{r}_{1}G){p}_{2}$$

es fácil verificar que satisface \(g\equiv {r}_{1}({p}_{1}),\;g\equiv {r}_{2}({p}_{2})\)(simplemente tomar módulo y observar lo que sucede). Y con respecto al grado \(gr(g)<n+m\), y la unicidad, se verifica por lo siguiente:

$$g\eq={p}_{2}{p}_{1}k+{r}_{2}F{p}_{1}+{p}_{1}{k}_{1}{p}_{2}+{r}_{1}G{p}_{2}\eq=(k+{k}_{1}){p}_{2}{p}_{1}+{r}_{2}F{p}_{1}+{r}_{1}G{p}_{2}$$
Si mirás bien, podés pensar que el polinomio existe y además, satisface:
$$g\equiv {r}_{2}F{p}_{1}+{r}_{1}G{p}_{2}({p}_{1}{p}_{2})$$

Y ahora ya casi estamos; si suponés que existe otra solución, digamos \(h\), por lo anterior, \(h\equiv {r}_{1}({p}_{1}),\;h\equiv {r}_{2}({p}_{2})\). Como \(g\equiv {r}_{1}({p}_{1}),\;g\equiv {r}_{2}({p}_{2})\), tenemos

$$h-g\equiv 0({p}_{1})$$
$$h-g\equiv 0({p}_{2})$$
Como \(({p}_{1}:{p}_{2})\eq=1\), se deduce \({p}_{1}|h-g \land {p}_{2}|h-g\iff {p}_{1}{p}_{2}|h-g\iff h-g\equiv 0({p}_{1}{p}_{2})\iff h\equiv g({p}_{1}{p}_{2})\)

O sea, siempre tenemos que el polinomio solución satisface la condición que impusimos. Como \(gr({p}_{1}{p}_{2})\eq=n+m\), concluímos que el polinomio con menor grado que puede satisfacer la última condición satisface \(gr(g)<n+m\). De aquí la unicidad.
Bueno, espero haber sido claro. No es difícil lo que hice; básicamente es demostrar el teorema chino del resto pero con polinomios, con lo que en realidad, fue un copy/paste casi lo que hice. Saludos.

Firma

I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities

#4 Diana

=D

buenisima resolución, gracias!!