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.

5 1 vote

Article Rating

¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉

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.

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.

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

17 Comments

más antiguo

más reciente más votado

Inline Feedbacks

View all comments

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 ……

Responde

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

Responde

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]

Responde

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

Responde

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 »

Responde

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 »

Responde

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

Responde

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…

Responde

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.

Responde

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

Responde

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

Responde

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

Responde

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.

Responde

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 $n\geq 1$ .

Responde

20/12/2012 17:49

En el caso imaginario puro tenemos

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