Hallar los conjuntos

Publicado por ^DiAmOnD^ | 18 diciembre, 2012 | Juegos | 17 |

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.

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Sobre el 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. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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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.

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17 Comments

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Bitacoras.com

18/12/2012 13:26

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Hoy martes os traigo el problema semanal. Éste es el enunciado: Sea el polinomio con número natural. Hallar razonadamente los conjuntos donde es la unidad imaginaria y indica el módulo del número complejo . Que se os dé ……

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Juanjo Escribano

18/12/2012 15:32

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 15:46

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 16:23

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 17:45

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… Lee más »

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Francesc

18/12/2012 18:27

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… Lee más »

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Francesc

18/12/2012 18:32

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 19:07

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 22:01

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 $Y_{n}=[-2,2]$ .

golvano

18/12/2012 22:25

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 22:57

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 02:56

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 10:21

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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19/12/2012 11:39

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 14:06

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

Responde

20/12/2012 03:47

Aunque ya lo habéis resuelto, incluyo mi solución de la obtención de los conjuntos , ya que es distinta a la que habéis propuesto. En primer lugar, observemos que Sea definida por Esta función es derivable en su dominio, (para todo ) con derivada Si es impar, entonces para todo , por tanto es creciente en . Como y se tiene que . Si es par, consideramos la función auxiliar definida por (numerador de ) Esta función es derivable en su dominio, con derivada para todo y el único punto de donde se anula es en pasando de ser negativa… Lee más »

Responde

20/12/2012 17:28

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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20/12/2012 17:49

En el caso imaginario puro tenemos

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