Uno de Fibonacci, otro de integrales

Publicado por ^DiAmOnD^ | 29 septiembre, 2009 | Juegos | 15 |

Esta semana os dejo dos problemitas que, aunque no tienen relación, pueden ser interesantes:

Demostrar que no existen triángulos cuyos lados sean números de Fibonacci distintos.

Sea $f:\;[0,1] \to \mathbb{R}$ una función continua. Calcular:
$\displaystyle{\lim_{n\to \infty} \int_0^1 \frac{n\cdot f(x)}{1+n^2\cdot x^2}dx}$

A por ellos.

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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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Bitacoras.com

29/09/2009 08:03

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Esta semana os dejo dos problemitas que, aunque no tienen relación, pueden ser interesantes: Demostrar que no existen triángulos cuyos lados sean números de Fibonacci distintos. Sea una función continua. Calcular: A por ell…

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Dani

29/09/2009 09:59

Sea un triángulo . Sean las longitudes de sus tres lados, y numeros de fibonacci distintos, digamos . podemos suponer, sin perdida de generalidad, que es menor que y que es menor que , pues todos los números de fibonacci en cuestión son distintos. Ahora bien, una condición evidente que han de cumplir las longitudes de los lados de un triángulo cualquiera es que la suma de las longitudes de dos de los lados siempre debe superar a la longitud del restante. Esto es bastante obvio, pues si no, no podría construirse el triángulo. Entonces necesitamos: estrictamente mayor que .… Lee más »

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orlin

29/09/2009 11:27

La integral creo que da, $I$ = $\frac{\Pi}{2}\cdot f(0)$

La clave está en que bajo el signo de integral la funcion $\frac{n}{1+(xn)^2}$ (Breit-Wigner, el nombre por la que yo la conozco 🙂 ) tiende a $\frac{\Pi}{2}\cdot\delta(x)$ cuando $n\rightarrow \infty$ .
Saltura va como $n$ , mientras que su anchura se comporta como aprox. $\frac{1}{n}$

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Agustín Morales

29/09/2009 13:27

Dados tres lados (ordenados por tamaño) de un triangulo cualquiera, necesitamos que los dos primeros superen al tercero.

PERO

Dados tres números ordenados de la sucesión de Fibonacci, los dos primeros nunca pueden superar al tercero (A lo sumo igualarlos si son consecutivos en la sucesión).

Por tanto, no existen triángulos cuyos lados sean números de Fibonacci distintos.

De todas formas ya ha sido resuelto más formalmente por Dani.

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Fabian

29/09/2009 17:15

Para el segundo se puede usar el Teorema de la Convergencia Dominada de Lebesgue (Generalizado), pues la sucesion $\frac{nf(x)}{1+n^2x^2}$ es acotada (por arriba) por la sucesion $\frac{f(x)}{nx^2}$ , la cual converge puntualmente a la funcion constante $0$ que es integrable en [0,1]. Mas aun, la integral de la sucesion $\frac{f(x)}{nx^2}$ converge a la integral de la funcion constante cero. Asi podemos tomar el limite dentro de la integral y dado que la sucesion $\frac{nf(x)}{1+n^2x^2}$ converge puntualmente a cero se concluye que la integral es cero…

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hernan

29/09/2009 19:16

Yo apostaría por la solución de orlin, aunque faltaría demostrarlo. Además, falta dividir por 2, porque la campana que tiende a la delta se integra solo en la mitad positiva.
Además, se ve que se cumple para el caso particular de f = cte (lo cual además muestra que lo de Fabian tiene algún error; creo que porque no se puede decir que su secuencia de funciones converja a cero en [0,1], solo en (0,1] )

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hernan

29/09/2009 19:35

Yo lo que intentaría es dividir la región de integracion en [0,a] [a,1] , creo que tomando $a = 1/\sqrt n$ se puede demostrar que la primera integral tiende a $f(0) \; \pi/4$ y la segunda (cambiando variables de manera que el limite inferior quede fijo) puede demostrarse que tiende a 0 por un argumento parecido al que usa Fabian.

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29/09/2009 20:45

hernan, debe haber alguna confusión pues el valor correcto es el que ha dado orlin considerando la delta. No obstante, como bien dices, se puede dar una prueba rigurosa «alejándonos un delta de 0».

De modo informal se puede ver haciendo el cambio $y=xn$ para obtener

$\displaystyle{\lim_{n\to \infty} \int_0^n \frac{f(y/n)}{1+y^2}dy}=f(0)\int_0^\infty \frac{1}{1+y^2}dy=\frac{\pi}{2}f(0)$

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Fabian

29/09/2009 21:15

Tienes razon Hernan. Fue lo primero que se me vino a la mente y no checkie si habia algun error.

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hernan

29/09/2009 21:50

Sí, me equivoqué con un 2, es pi/2 como decía orlin.
De paso, sugerí tomar un $a = 1/\sqrt n$ , pero es claro que lo que importa es la ley de decrecimiento, puede multiplicarse por una constante, o también debería servir $a = 1/\log n$ , lo que importa es que tienda a 0 pero más lentamente que $1/n$

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Ricardo

30/09/2009 00:48

Para escribir la solución de manera precisa, estimamos la diferencia
$\displaystyle \Big|\int_0^n \frac{f(y/n)}{1+y^2} dy - \int_0^n \frac{f(0)}{1+y^2} dy \Big| \le \int_0^n \frac{|f(y/n)-f(0)|}{1+y^2}dy.$
Si separamos la integral en $\int_0^{\sqrt n} + \int_{\sqrt n}^n$ , digamos, entonces, como $1/\sqrt{n}\to 0$ , para $\varepsilon>0$ dado tenemos
$\displaystyle\int_0^{\sqrt n} \frac{|f(y/n) - f(0)|}{1+y^2}dy 0$ . Si escogemos $n$ suficientemente grande como para que $\int_{\sqrt n}^n dy/(1+y^2) < \varepsilon/(2M)$ , entonces
$\displaystyle \int_{\sqrt n}^n \frac{|f(y/n)-f(0)|}{1+y^2}dy \le M \int_{\sqrt n}^n \frac{dy}{1+y^2} < \frac{\varepsilon}{2}.$

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Ricardo

30/09/2009 00:58

Para escribir la solución de manera precisa, estimamos la diferencia
$\displaystyle \Big|\int_0^n \frac{f(y/n)}{1+y^2} dy - \int_0^n \frac{f(0)}{1+y^2} dy \Big| \le \int_0^n \frac{|f(y/n)-f(0)|}{1+y^2}dy.$
Si separamos la integral en $\int_0^{\sqrt n} + \int_{\sqrt n}^n$ , digamos, entonces, como $1/\sqrt{n}\to 0$ , para $\varepsilon$ positivo dado tenemos
$\displaystyle\int_0^{\sqrt n} \frac{|f(y/n) - f(0)|}{1+y^2}dy \le \frac{\varepsilon}{2}$
si $n$ es suficientemente grande.
Ahora bien, para la segunda parte, como $y/n \le 1$ si $y\le n$ , entonces $|f(y/n)-f(0)|$ es acotada, digamos por $M$ . Si escogemos $n$ suficientemente grande como para que $\int_{\sqrt n}^n dy/(1+y^2) \le \varepsilon/(2M)$ , entonces
$\displaystyle \int_{\sqrt n}^n \frac{|f(y/n)-f(0)|}{1+y^2}dy \le M \int_{\sqrt n}^n \frac{dy}{1+y^2} \le \frac{\varepsilon}{2}.$

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J. H. S.

30/09/2009 23:52

Para una prueba arbitreada del segundo ejercicio, ver páginas 317-318 del segundo número del volumen 12 de la Gaceta de la RSME. 😉

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Chico Pecoso

01/10/2009 23:40

Es cosa mia, o el de el triangulo está mal planteado?
Porque si trazo un segmento de longitud 1, luego un arco de radio 2 en un extremo y otro arco de radio tres en el otro extremo ya tengo un triangulo con los 3 primeros numeros distintos de fibonacci.
Serán triangulos rectangulos no??
A lo mejor he metido la gamba, no lo se.

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Chico Pecoso

01/10/2009 23:54

Jajajaja, acabo de ver el problema gráficamente. El lado largo es la suma de los dos anteriores. Por lo que sería un triangulo de angulos 0º,0º,180º

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Marcos

03/10/2009 02:06

¿Y la serie de Fibonacci será la más «densa» que cumpla la condición del primer problema? Me refiero a que tenga menos espacio entre sus términos (intuitivamente quizá es fácil de decir, pero formalmente difícil de definir…)

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