Hallar los conjuntos

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

  1. 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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  2. 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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  3. 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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  4. 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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  5. 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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  6. 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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  7. 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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  8. 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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  9. 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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  10. 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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  11. 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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  12. 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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  13. 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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  14. 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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  15. 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

    {\displaystyle 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

    {\displaystyle \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}=}

    {\displaystyle =\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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  16. 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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  17. 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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