Os dejo el problema de la semana:
Sea
un polinomio de grado exacto
, con
un polinomio de grado exacto
, con
tiene derivada positiva en todos los puntos de su dominio.
Actualización: Un detalle que faltaba es que se considera que los dos polinomios tienen coeficiente líder (coeficiente del monomio de mayor grado) positivo.
Ánimo y a por él.
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Más o menos veo por qué es. Veo a R(x) como una función de transferencia, siendo las raíces de P(x) los ceros y las de Q(x) los polos de R(x). Me se de memoria que los polos bajan la magnitud de la función de transferencia y los ceros la suben, y sabiendo que hay un cero más y que los polos están cada uno entre 2 ceros, se ve fácil que es una función creciente, y por lo tanto con derivada positiva. El problema está que no me acuerdo por qué los polos bajan y los ceros suben.
A ver que os parece esto. No es muy estricto, pero bueno: El hecho de que la derivada sea positiva quiere decir que la función es creciente en todo su dominio, se puede obtener una función que es la composición de R(x) y log(x), es decir, log(R(x)). Al ser log monótonamente creciente, el resultado va a tener los máximos y mínimos para los mismos valores que R(x), siempre y cuando esté en el dominio de la nueva función, claro. Podemos llamar z1,…,zn a las raíces de P(x), y p1,…,p(n-1) a las de Q(x). Primero suponemos que todas las raíces son… Lee más »
Creo que la respuesta pasa por factorizar los polinomios y examinar los cocientes del tipo (x – a) / (x – b) para demostrar que la función es creciente.
Pero ¿R(x) no es de la forma kx-r?
en algo estaré fallando supongo xke he probado con P(x)=-x^2+1 y Q(x)=x; y obtengo una derivada negativa para todo el dominio…
othon, llevas razón, se asume en el enunciado que los coeficientes directores de ambos polinomios son positivos…si no, en general, lo que se tiene es que la derivada tiene signo constante (e igual al signo del cociente de los coeficientes directores).
juantxorena, es interesante lo que has propuesto. Tal vez debas formalizarlo mejor. Viendo la idea que has dado, a lo mejor podrías estudiar la derivada logarítmica de
.
Ya está rectificado el enunciado con el detalle que faltaba.
Todos las raices de Q son asìntotas del cociente. Nos restringimos a tres casos.Estos son: donde la función se ‘dispara’al infinito, en los intervalos extremos y, en los intermedios donde dos raices de Q contienen un punto de P(si ocurriese claro, n>2). Usando los puntos críticos y la continuidad del cociente en los abiertos ya mencionados se llega a que es una aplicación creciente. Luego, la funciòn derivada es positiva en sus abiertos. Saludos
Obs: Al decir un punto de P, quise decir realmente una raíz de P. Disculpen
Hola Joseph, tal como lo has presentado, tu razonamiento no dice nada acerca de la posibilidad de que la función tenga puntos de inflexión con tangente paralela al eje OX. En esos casos la función sigue siendo creciente pero la derivada sí se anularía. ¿Por qué tampoco es posible esta posibilidad?
Tienes razón, con esto solo pruebo que es no negativa. Bueno, mi respuesta es algebraica:
Si la derivada del cociente fuera 0, entonces 0 seria su numerador. Como se cumple la relación (P,Q)=1 entonces P divide a P`… Contracdicciòn.
Por tanto sòlo puede ser > 0.
Olviden lo que he puesto al final… ¡VAYA! ¿que he hecho? jeje
Como corolario consideremos que si a<b<c entonces (x-a)(x-c)/(x-b)cumple el teorema propuesto por el señor M. La prueba es puramente calculista. Ahora bien, podemos ordenar las raíces en forma creciente. Llamamos Pi a las de P y Qi a las de Q. «Una curiosidad es que a cada Qi le sigue necesariamente Pi+1 a su derecha, y Pi-1 a su izquierda». Este hecho soluciona el problema. Veamos por qué: Nos restringiremos al intervalo [Pi,Qi[U]Qi,Pi+1]. Expresando adecuadamente el cociente es igual a (x-Pi)(x-Pi+1)/(x-Qi) multiplicado por otro siempre positivo(se desprende inmediatamente del comentario adjunto). Así, considerando mi primera prueba y el corolario obtenemos… Lee más »
Pi a su izquierda…
Hola, a ver. Supondremos que P y Q son mónicos, si no lo son basta dividirlos por su correspondiente coeficiente director para que lo sean. Supondremos por comodidad que tanto las raices de P y Q son todas ellas positivas, si no lo son basta aplicar un sencillo cambio. Luego tenemos lo siguiente: P(x)= Q(x)= con Tenemos que R’=(P’Q-PQ’)/(Q^2) > 0 sii P’Q-PQ’ > 0 Luego basta probar que P’Q-PQ’ > 0, para ello se hace por inducción sobre n Si n=1-> P(x)=x- Q(x)=1 P'(x)=1 Q'(x)=0 -> P’Q-PQ’=1-0=1>0 Luego se cumple para n=1 Si n=2-> P(x) = (x-)(x-) P'(x) =… Lee más »
Hola Cristobal, se valora tu esfuerzo, pero ¿podrías indicarnos algo más claramente cómo la suposición de que la propiedad sea cierta para un
dado implique que también sea cierta para 
?
¿Es realmente necesario que el grado de
sea mayor que el de 
? Creo que se obtiene el mismo resultado si se elimina la primera (menor) raiz de 
.
Hola Álvaro, efectivamente no es necesario que el grado del numerador sea mayor que el denominador para que se tenga la propiedad de derivada con signo constante: si el grado de es una unidad mayor que la de también se tiene que la derivada tiene signo constante (y el estudio se reduce al caso en que el numerador es una unidad mayor por inversión). En esencia lo importante aquí es probar que si las raíces del numerador y denominador se entrelazan entonces la derivada tiene signo constante. Te animo a que estudies los dos casos: el propuesto en el post… Lee más »
Sean las raíces de P (los «ceros» de R) y las raíces de Q (los «polos» de R). Supongamos, sin pérdida de generalidad, que los coeficientes de mayor grado son 1, con lo que y No es complicado ver que la derivada de R es positiva en los ceros de P. Más complicado es ver que no se anula nunca. (Con eso, y dado que es continua entre los polos, ya está). Tenemos que Por otro lado, desarrollando la derivada del polinomio por la regla del producto n veces, tenemos que y lo mismo para Q. La derivada se anula… Lee más »
Sí señor, hernan. La idea en esencia es la misma que la aportaba juantxorena al inicio de los comentarios.
Falta demostrar porqué la derivada tampoco se anula en las raíces del numerador (se necesita junto con la ecuación [1]), pero esto ya es más fácil de ver.
Para el caso con grados iguales que comentaba Álvaro se procede de modo similar.
Como no entiendo mucho de latex doy una demostración un poco de «boquilla». He dividido el cociente en productos del tipo donde son las raices de y son las de . Por estar las raices «entrelazadas». En estos productos siempre se cumple que > . Entonces se demuestra que dadas estas condiciones es creciente, ya sea derivando o usando desigualdades, luego el producto es creciente. La primera raiz de correspondería a un termino que queda «suelto», que de nuevo es creciente. De hecho como se comentaba la unica condición es que seamos capaces de agrupar todos los terminos del denominador… Lee más »
Oooops por «creciente» no queria decir creciente en toda la recta real, sino en los intervalos
y 
por separado, lo cual asegura que la derivada es positiva…
Alvaro: yo también había intentado por ese lado. Pero descomponer R en una productoria de funciones con derivada positiva no alcanza para demostrar que R también tiene derivada positiva. Y de hecho, esa descomposición no requiere que los ceros y polos de R vengan intercalados, también podría aplicarse, por ejemplo, si todos los ceros fueran menores a todos los polos, también podríamos armar esos pares. Pero en este caso R no necesariamente tiene derivada positiva.
:-o. Pues es cierto. Diré en mi descargo que mi argumento original tal vez si fuera correcto… es que lo he intentado simplificar. Analizaba el producto completo en tres casos, los puntos mayores que todos los
y 
, los menores y aquellos que estaban entre dos polos (a su vez divididos en aquellos que estan antes y despues del cero). ¿Podría esto valer?
Un formulación equivalente, entonces (o corolario; o, mejor, lema auxiliar) sería:
Dado un conjunto de reales
con 
, la función 
no se anula.