Juegos » Hallar los conjuntos »

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
Publica una respuesta
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]
Publica una respuesta
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
Publica una respuesta
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.
Publica una respuesta
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[
Publica una respuesta
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
Publica una respuesta
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…
Publica una respuesta
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 $Y_{n}=[-2,2]$ .
Publica una respuesta
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.
Publica una respuesta
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
Publica una respuesta
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
Publica una respuesta
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
Publica una respuesta
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.
Publica una respuesta
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.
Publica una respuesta
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 $\pmb{[-2,0]=f_n^{-1}[-1,1]=X_n}$ .
Publica una respuesta
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 $n\geq 1$ .
Publica una respuesta
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 $y\in [-2,2]$ .
Publica una respuesta

Trackbacks/Pingbacks

Bitacoras.com -
Información Bitacoras.com... Valora en Bitacoras.com: Hoy martes os traigo el problema semanal. Éste es el enunciado: Sea el polinomio…
Haga clic en Editar –

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Envía un comentario Cancelar respuesta

Este sitio usa Akismet para reducir el spam. Conoce cómo se procesan los datos de tus comentarios.

Hallar los conjuntos

17 Comentarios

Trackbacks/Pingbacks

Envía un comentario Cancelar respuesta

Publicidad

Buscar

Últimos comentarios

Suscríbete por mail

ForoGauss

Gaussianos en Facebook

Yo construí el poliedro de Császár

Categorías

Blogroll