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Hallar los conjuntos

Publicado por ^DiAmOnD^ el 18 de diciembre de 2012 en Juegos | 17 comentarios

Hoy martes os traigo el problema semanal. Éste es el enunciado:

Sea el polinomio

$p_n(z)=1+z+\cfrac{z^2}{2}+\cfrac{z^3}{4}+\cfrac{z^4}{8}+\ldots+\cfrac{z^n}{2^{n-1}}$

con $n \geq 1$ número natural. Hallar razonadamente los conjuntos

$X_n=\{x\in\mathbb{R}/\;|p_n(x)|\leq 1\} \quad {\rm e}\quad Y_n=\{y\in\mathbb{R}/\;|p_n(iy)|\leq 1\}$

donde $i$ es la unidad imaginaria y $|z|$ indica el módulo del número complejo $z$ .

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

17 Comentarios

Juanjo Escribano
18/12/2012

Una primera cota para Xn es que x sea menor ó = 0 puesto que sino X(n) >1 e intuyo que la otra cota es x = -2 en la que los valores del polinomio oscilan entre 1 y -1. Si es seguro que x = -2 pertenece al conjunto
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Juanjo Escribano
18/12/2012

Supongamos x menor que – 2, por lo que cada 2 elementos consecutivos suman (independientemente del signo, si n es par o impar)(y^n)/2^(n-1) – (y^(n+1)/2^n) = (2*y^n-y^(n+1)/2^n)= (2*y^n(1-y)/2^n).

Todos son elementos positivos menos (1-y) que es negativo, lo cual quiere decir que las series son, en valor absoluto, monótonas crecientes, luego el rango de posibles valores de x queda restringido (salvo error en la demostración) a x€[-2,0]
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Juanjo Escribano
18/12/2012

Para x€[-2,0] y como antes cambiando y = -x el polinomio p_n(x) me queda en y
P_n(y) = 1 – y + y^2/2 – y^3/4 + …+ (signo) y^n/2^(n-1)

Serie geométrica de razón -y/2

Su suma es P_n(y)= a(1)*((1-r^n)/(1-r)) = (1-(-y/2)^n/(1-(-y/2)) =
(1-(-y/2)^n/(1+y/2)) = 2 (1-(-y/2)^n)/(1+y)

Si n = par P_n(y) = 2 (1-(y/2)^n)/(1+y) menor o = 1

Si n = impar P_n(y) = 2 (1+(y/2)^n)/(1+y) menor o = 1
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golvano
18/12/2012

Efectivamente, para Xn, la solución es la que tú dices. El caso de x positivo es obvio. Para x negativo es una oscilación. En el caso x=-2, todos los términos tienen la misma amplitud, y la función va valiendo 1,-1,1,-1… al ir aumentando n. Para x-2 el valor absoluto va disminuyendo y todos los valores quedan dentro del intervalo.

El caso de Yn, se puede ver como la unión de dos. Los términos impares aportan a la parte imaginaria y los pares a la parte real. En este caso, cada término (de cada parte) se va multiplicando por y^2/4. A simple vista se pueden descartar los valores fuera del intervalo (-2,2).

Si tengo más tiempo luego concreto un poco más la solución.
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Francesc
18/12/2012

Coincido con Juanjo en que Xn=[-2,0] para todo n, con otro razonamiento -y sin usar látex tampoco, lo siento.
1.- Reescribimos las desigualdades de X, que quedarán
a) 0 = 2^(n+1)*suma( (z/2)^k), suma desde 1 hasta n+1 Rn

Resulta que Qn es positivo para todo x > -2, para todo n
1.- Q2=(x+2)*(x^2+4) positivo para x > -2
2.- Q(n+1)(x)=2*Qn(x)+x^(n+1) implica…
3.- Para n par, Q(n+1)(x) >= x^(n+1) para todo x mayor que -2
4.- Q(n+2)(x)=2*Q(n+1)+x^(n+2)>= 0 para todo x mayor que -2… y así sucesivamente por inducción

Pues bien, Rn=z*Q(n-1) que tiene una raíz en 0 y ninguna más en ]-2,0[
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Francesc
18/12/2012

Se me ha fastidiado el comentario de arriba, quería decir

a) 0 <= 2^(n+1)*suma( (z/2)^k), suma desde 0 hasta n+1 Qn

b) 0 >= 2^(n+1)*suma( (z/2)^k), suma desde 1 hasta n+1 Rn
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Francesc
18/12/2012

El otro caso tendré que pensarlo más, a primera vista Y1=Y2={0} pero Y3 incluye al 1 y y4 no lo hace…
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Karl
18/12/2012

Para mi, $Y_{n}$ tendría tres casos:

$\bullet \,\,\, n=0$ , se tiene $Y_{n}=\mathbb{R}$ .

$\bullet \,\,\, n=4k+1 \,\,\, o \,\,\, 4k+2$ , se tiene $Y_{n}=\{ 0 \}$ .

$\bullet \,\,\, n=4k+3 \,\,\, o \,\,\, 4k+4$ , se tiene $Y_{n}=[-2,2]$ .
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golvano
18/12/2012

Continúo con mi comentario de antes, que por cierto no ha salido bien. No sé qué ha pasado.

Yn está dentro del intervalo (-2,2) y depende de n. Para n=1, se tiene Yn={0}. Para n mayores, el intervalo se va ampliando.
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Karl
18/12/2012

upps! ahora me doy cuenta que $n>1$ el primer caso no estaba definido

Por otra parte sigo creyendo que por ejemplo $2 \in Y_{n}$ cuando $n=4k$ , ya que haciendo cuentas llego a que en ese caso

$|p_{n}(iy)|=\dfrac{1}{2^{n}}\sqrt{\dfrac{4^{n+1}+y^{2}(2^{n}-2y^{n})^{2}}{4+y^{2}}}$

y evaluando en 2 da 1.Para los demás casos se pueden obtener expresiones similares
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Francesc
19/12/2012

Si llamamos Qn(x) a la parte real, Qn(x)=1-y^2/2+y^4/8+… y la parte imaginaria queda (y/2)*(Qn(x)+1) con lo que se nos pide -1<= (Qn(x))^2+[(y/2)*(Qn(x)+1)]^2 <= 1
Por otro lado Qn(x)+1 = (4-y^2)/2 + y^4*(4-y^2)/32 + y^8*(4-y^2)/(2^9)+…
es decir (4-y^2)*(1/2+y^4/2^5+y^8/2^9…)= ((4-y^2)/2) * suma( ((y/2)^4)^k ) que es la geométrica de razón (y/2)^4 := [1-(y/2)^(4(n+1))]/[1-(y/2)^4]
y hasta aquí puedo leer porque es tarde y no veo como simplificar las ecuaciones
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Karl
19/12/2012

Tratare de demostrar mi primer comentario para $n=4k$ .

Es claro que $0 \in Y_{n}$ así que solo se consideran los demás casos luego se tiene $y^{n}>0$

$p_{n}(z)=1+z+\dfrac{z^{2}}{2}+\dfrac{z^{3}}{4} \ldots +\dfrac{z^{n}}{2^{n-1}}$

$= 2+z+\dfrac{z^{2}}{2}+\dfrac{z^{3}}{4} \ldots +\dfrac{z^{n}}{2^{n-1}}-1$

$= 2\left(1+\dfrac{z}{2}+\dfrac{z^{2}}{4}+\dfrac{z^{3}}{8} \ldots +\dfrac{z^{n}}{2^{n}}\right)-1$

$= 2\left( \dfrac{ 1- \left( \dfrac{z}{2} \right)^{n+1} }{1- \dfrac{z}{2}} \right)-1 \,\,\,$ simplificando

$= \dfrac{ 2^{n+1}+ z( 2^{n}-2z^{n}) }{2^{n+1}- z2^{n}} \\$

De aquí dado que $n=4k$ , entonces $i^{n}=1$ luego $(iy)^{n}=y^{n}$ , así

$\vspace{2cm}$

$p_{n}(iy)= \dfrac{ 2^{n+1}+ iy( 2^{n}-2y^{n}) }{2^{n+1}- iy2^{n}} \Rightarrow$

$\vspace{2cm}$

$| p_{n}(iy) |^{2}= \dfrac{ 4^{n+1}+ y^{2}( 2^{n}-2y^{n})^{2} }{4^{n+1}+y^{2}4^{n}} \leq 1 \Leftrightarrow 4^{n+1}+ y^{2}( 2^{n}-2y^{n})^{2}\leq 4^{n+1}+y^{2}4^{n} \Leftrightarrow$

$\vspace{2cm}$

$( 2^{n}-2y^{n})^{2}\leq 4^{n} \Leftrightarrow 4^{n}-4y^{n}2^{n} +4y^{2n}\leq 4^{n} \Leftrightarrow y^{2n}\leq y^{n} 2^{n} \Leftrightarrow y^{n}\leq 2^{n}$

y ya que n es par esto es si y solo si $|y| \leq 2$ es decir $y \in [-2,2]$

También estuve pensando en la generalidad de regiones en $\mathbb{C}$ tales que $|p_{n}(z)| \leq 1$ por ejemplo muestro las de $n=1,2,3,4,5,6$

https://docs.google.com/file/d/0B1OTIU5iW6hYX0hrelp1b2h5STA/edit

No creo que se puedan expresar todas de forma analítica ya que incluso algunas parecen tener forma de carita feliz
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M
19/12/2012

Determinar analíticamente las regiones complejas tales que $|p_n(z)|\leq 1$ parece más complicado. Ni siquiera tienen porqué ser conexas.
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golvano
19/12/2012

Tienes razón, Karl. Muy bien resuelto. Yo me estaba equivocando al calcular la parte imaginaria. Por eso me salían resultados diferentes.
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RB
20/12/2012

Aunque ya lo habéis resuelto, incluyo mi solución de la obtención de los conjuntos $X_n$ , ya que es distinta a la que habéis propuesto.

En primer lugar, observemos que

$p_n(z)=1+z\left(1+\frac{z}{2}+\frac{z^2}{2^2}+\cdots+\frac{z^{n-1}}{2^{n-1}}\right)=1+z\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{z}{2}\right)^k=1+z\dfrac{1-\dfrac{z^n}{2^n}}{1-\dfrac{z}{2}}=$

${\displaystyle=1+z\frac{2^n-z^n}{2^n-2^{n-1}z}=\frac{2^{n-1}(2-z)+2^nz-z^{n+1}}{2^{n-1}(2-z)}=\frac{2^n+2^{n-1}z-z^{n+1}}{2^{n-1}(2-z)}, \quad z\neq 2}$

Sea $f_n:(-\infty,0]\longrightarrow\mathbb{R}$ definida por $\pmb{f_n(x)=\dfrac{2^n+2^{n-1}x-x^{n+1}}{2^{n-1}(2-x)},\quad n\in\mathbb{N}\quad(*)}$

Esta función es derivable en su dominio, (para todo $n\in\mathbb{N}$ ) con derivada

$\pmb{f'_n(x)}=\frac{1}{2^{n-1}}\frac{(2^{n-1}-(n+1)x^n)(2-x)+2^n+2^{n-1}x-x^{n+1}}{(2-x)^2}=$

$=\frac{2^n-2(n+1)x^n-2^{n-1}x+(n+1)x^{n+1}+2^n+2^{n-1}x-x^{n+1}}{2^{n-1}(2-x)^2}=$

${\displaystyle\pmb{=\frac{nx^{n+1}-2(n+1)x^n+2^{n+1}}{2^{n-1}(2-x)^2}\quad(**)}}$

Si $\pmb{n}$ es impar, entonces $f'_n(x)>0$ para todo $x\in(-\infty,0]$ , por tanto $f_n$ es creciente en $(-\infty,0]$ . Como $f_n(-2)=-1$ y $f(0)=1$ se tiene que $\pmb{[-2,0]=f_n^{-1}[-1,1]=X_n}$ .

Si $\pmb{n}$ es par, consideramos la función auxiliar $g_n:(-\infty,0]\longrightarrow\mathbb{R}$ definida por

$\pmb{g_n(x)=-x^{n+1}+2^{n-1}x+2^n}$ (numerador de $\pmb{(*)}$ )

Esta función es derivable en su dominio, con derivada

$\pmb{g'_n(x)=-(n+1)x^n+2^{n-1}}$

para todo $x\in(-\infty,0]$ y el único punto de $(-\infty,0]$ donde se anula es en

$x_0=-\dfrac{2}{\sqrt[n]{2(n+1)}}$ pasando de ser negativa a positiva, luego en ese punto $g_n$ tiene su mínimo absoluto.

Como

$g_n(x_0)=2^n-\dfrac{2^n}{\sqrt[n]{2(n+1)}}+\dfrac{2^{n+1}}{2(n+1)\sqrt[n]{2(n+1)}}>0$

se tiene que $g_n(x)>0$ para todo $x\in(-\infty,0]$ y como además el denominador de $\pmb{(*)}$ es positivo, para todo $x\in(-\infty,0]$ , tenemos que $\pmb{f_n(x)>0\text{ para todo }x\in(-\infty,0]}$ .

Finalmente, observando el numerador de $\pmb{(**)}$ , es decir, considerando la función auxiliar $h_n:(-\infty,0]\longrightarrow\mathbb{R}$ dada por

$\pmb{h_n(x)=nx^{n+1}-2(n+1)x^n+2^{n+1}}$

se tiene que $h_n(-2)=-n2^{n+1}-2(n+1)2^n+2^{n+1}=-n2^{n+2}\prec 0$ y $h_n(0)=2^{n+1}>0$ , luego existe $\alpha\in(-2,0)$ tal que $h_n(\alpha)=0$ (teorema de Bolzano). Además como

$\pmb{h'_n(x)=n(n+1)x^n-2n(n+1)x^{n-1}>0\text{ para todo }x\in(-\infty,0]}$

$\pmb{\alpha\text{ es \'unico}}$ . Por tanto $f'_n$ sólo se anula en un punto $\alpha\in(-2,0)$ donde pasa de ser negativa a positiva. Luego $f_n$ pasa de ser decreciente a ser creciente en $\alpha$ y sólo en $\alpha$ . Como además $\pmb{f_n(-2)=f_n(0)=1}$ , se tiene que $\pmb{[-2,0]=f_n^{-1}[-1,1]=X_n}$ .
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M
20/12/2012

Se puede responder a ambas cuestiones sin necesidad de derivar. En el caso real, es claro que basta considerar $x\leq 0$ . Entonces, sumando la progresión geométrica, resulta que $-1\leq p_n(x)\leq 1$ equivale a decir

$-1\leq \left(\frac{x}{2}\right)\dfrac{\left(\frac{x}{2}\right)^n-1}{\left(\frac{x}{2}\right)-1}\leq 0$ .

Tomemos $f(v)=v\dfrac{v^n-1}{v-1}$ , con $v:=\dfrac{x}{2}\leq 0$ . Entonces:

1) Para $v\prec -1$ tenemos (estudiando el signo y acotando cada factor) que $f(v)\prec -1$ si $n$ es impar, mientras que $f(v)\succ 0$ si $n$ es par.

2) Para $v\in [-1,0]$ , tenemos que $f(v)\in [-1,0]$ si $n$ es impar, mientras que $f(v)\in [-\frac{1}{2},0]$ si $n$ es par.

En definitiva, $-1\leq f(v)\leq 0$ si y sólo si $v\in[-1,0]$ , o lo que es lo mismo $x\in[-2,0]$ . Luego, efectivamente, $X_n=[-2,0]$ para todo $n\geq 1$ .
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M
20/12/2012

En el caso imaginario puro tenemos

$|p_n(iy)|^2=1+4 Re \left[ \left(\frac{iy}{2}\right)\dfrac{\left(\frac{iy}{2}\right)^n-1}{\left(\frac{iy}{2}\right)-1}\right]+4\left(\frac{y}{2}\right)^2\left|\dfrac{\left(\frac{iy}{2}\right)^n-1}{\left(\frac{iy}{2}\right)-1}\right|^2$ .

Operando según $n=1,2,3,4 \;(\textrm{mod}\;4)$ (para distinguir las potencias de $i$ ), se comprueba en cada uno de los 4 casos que

1) Si $n\equiv 1\;(4)$ entonces

$|p_n(iy)|^2-1=\dfrac{y^2}{1+\left(\frac{y}{2}\right)^2}\left(\frac{y}{2}\right)^{n-1}\left(1+\left(\frac{y}{2}\right)^{n+1}\right).$

Luego, $|p_n(iy)|^2-1\leq 0$ sii $y=0$ .

2) Si $n\equiv 2\;(4)$ entonces

$|p_n(iy)|^2-1=\dfrac{y^2}{1+\left(\frac{y}{2}\right)^2}\left(\frac{y}{2}\right)^{n}\left(1+\left(\frac{y}{2}\right)^{n}\right).$

Luego, $|p_n(iy)|^2-1\leq 0$ sii $y=0$ .

3) Si $n\equiv 3\;(4)$ entonces

$|p_n(iy)|^2-1=\dfrac{y^2}{1+\left(\frac{y}{2}\right)^2}\left(\frac{y}{2}\right)^{n-1}\left(-1+\left(\frac{y}{2}\right)^{n+1}\right).$

Luego, $|p_n(iy)|^2-1\leq 0$ sii $y\in [-2,2]$ .

4) Si $n\equiv 4\;(4)$ entonces

$|p_n(iy)|^2-1=\dfrac{y^2}{1+\left(\frac{y}{2}\right)^2}\left(\frac{y}{2}\right)^{n}\left(-1+\left(\frac{y}{2}\right)^{n}\right).$

Luego, $|p_n(iy)|^2-1\leq 0$ sii $y\in [-2,2]$ .
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