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Final 23/12/2014

1 respuestas 4667 visitas 2014-12-23

#1 Señor Maiten 2014-12-23 21:16

Final 23/12/2014 Final de Jeronimo-Guccione

1😛ara todo \(n\geq2\) hallar una formula cerrada para \(P_n\) y probarla por induccion

P_n=\prod_{i=2}^{n} (1- \frac{1}{i^2})

2😛ara cada \(n\in\mathbb{N}\), Sea \(d_n=(2^n+5:2^{n+1}+52)\),Hallar \(D=max\{d_n:n\in\mathbb{N}\}\) y determinar todos los \(n\in\mathbb{N}\) tales que \(d_n = D\)

3:Sean \(z=cos(\frac{2\pi}{5}) +isen(\frac{2\pi}{5})\) \(w=cos(\frac{5\pi}{6}) +isen(\frac{5\pi}{6})\)

Hallar todos los \(n\in\mathbb{N}\) tales que \(z^n\) es una numero real positivo y \(w^{n+4}\) es imaginario puro

Regalado este
\(z\in G_5 \implies n=5k\)

Notar que w es primitiva de \(G_{12}\)

Como \(w^k \in G_{12}\) y los unicos imaginarios puros en \(G_{12}\) son \(i\) y \(-i\) entonces me fijo a que potencia w da i y -i

$$w^3=i$$

$$w^9=-i$$

Luego los n son de la forma \(n=12k+3\) y \(n=12k+9\)

4: Sean \(w,z\in G_n\) Probar que \((w+z)^n\in\mathbb{R}\)

aplicando binomio de newton tenemos \((w+z)^n=\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}w^{n-k}z^k\)

Desarrollamos la suma

={n \choose 0}w^nz^0+{n \choose 1}w^{n-1}z^1+{n \choose 2}w^{n-2}z^2+...+{n \choose n-2}w^2z^{n-2}+{n \choose n-1}w^1z^{n-1}+{n \choose n}w^0z^n

Voy a probar que \(w^k\) es el conjugado de \(w^{n-k}\)

w^k=\varpi^{n-k}

w^k=w^{-n+k}

1=w^{-n+k-k}

1=w^{-n}=1^{-1}=1

volviendo a la suma:

= 2 + {n \choose 1}w^{n-1}\bar{z}^{n-1}+{n \choose 2}w^{n-2}\bar{z}^{n-2}+...+{n \choose n-2}\bar{w}^{n-2}z^{n-2}+{n \choose n-1}\bar{w}^{n-1}z^{n-1}

Voy a probar que \(w^{n-k}\bar{z}^{n-k}+\bar{w}^{n-k}z^{n-k} \in\mathbb{R}\)

Sea \(j=n-k\)

arg(w^j\bar{z}^j+\bar{w}^jz^j)=arg(w\bar{z})^j+arg(\bar{w}z)^j=j*((\alpha+(-\beta))+((-\alpha)+\beta))=j*(0)=0

Como \(w\bar{z}^j+\bar{w}z^j\in\mathbb{R}\) tenemos una suma de elementos \(\in\mathbb{R}\) multiplicados por el combinatorio que tambien \(\in\mathbb{R}\) luego la suma \(\in\mathbb{R}\) entonces \((w+z)^n \in\mathbb{R}\)

5:Sea \(f=(6+6i)X^4+(-16-13i)X^3+(15+7i)X^2+(-8-2i)X+1-2i \in\mathbb{C}[X]\) Probar que \(f\) no tiene raices reales

Sea \(a\in\mathbb{R}\) Si \(a\) es raiz de \(f\) entonces \(f(a)=0\)

evaluamos \(f\)en \(a\) obtenemos \(f(a)=( 6a^4-16a^3+15a^2-8a+1)+(6a^4-13a^3+7a^2-2a-2)i=0\)

Sea \(a=6x^4-16x^3+15x^2-8x+1\) Sea \(b=6x^4-13x^3+7x^2-2x-2\)
Necesitamos que tanto \(a\) y \(b\) sea anulen para que \(f(a)=0\)
Osea que \(a\) y \(b\) compartan raices,si comparten raices son raices de \((a:b)\)
Calculamos \((a:b)\)\(\xrightarrow{cuentas}=1\)

Luego \(a\) y \(b\) no tienen raices en comun,por lo tanto nunca se anulan simultáneamente entonces \(f(a)\neq0\)

Avisen si mande cualquiera,si eso esta bien creo que tengo un feo 6 pues me quede sin tiempo para terminar el 2 y el 1 no llegue a ninguna formula

#2 snayder 2014-12-24 18:35

Paso la resolución del 1, ya que en final no me salio la formula cerrada, pero en casa me salio de una, capas me jugo los nervios una mala pasada.
\(P_n=\prod_{i=2}^{n} (1- \frac{1}{i^2})\)
Bueno probando valores de \({P}_{2}=\frac{3}{4}\), \({P}_{3}=\frac{2}{3}\), \({P}_{4}=\frac{5}{8}\), \({P}_{6}=\frac {7}{12}\)
Y separando impares con imparaes y pares con pares llegamos que
\({P}_{N}=\frac{{n}+{1}}{{2}{n}}\) formula cerrada
Bueno ahora hacemos la inducción

{P}_{2}={1}-\frac {1}{{2}^{2}}=\frac{3}{4}

{P}_{2}=\frac{{2}+{1}}{{2}*{2}}=\frac{3}{4}

Vemos que cumple Paso inductivo *)Si \({p}_{k}\) es verdadero entonces \({p}_{{k}+{1}}\) es verdadero \({p}_{k}\) : \(\prod_{{i}={2}}^{k}({1}-\frac{1}{{i}^{2}})=\frac{{k}+{1}}{{2}{k}}\) (H.I)

\({p}_{{k}+{1}}\) : \(\prod_{{i}={2}}^{{k}+{1}}({1}-\frac{1}{{i}^{2}})=\frac{{{k}+{1}}+{1}}{{2}({{k}+{1}})}=\frac{{k}+{2}}{2({k}+{1})}\)

\prod_{{i}={2}}^{{k}+{1}}({1}-\frac{1}{{i}^{2}})=\prod_{{i}={2}}^{k}({1}-\frac{1}{{i}^{2}})({1}-\frac{1}{({{k}+{1})}^{2}})

Aplico la H.I.

\prod_{{i}={2}}^{k}({1}-\frac{1}{{i}^{2}})({1}-\frac{1}{{{k}+{1}}^{2}})=(\frac{{k}+{1}}{{2}{k}})({1}-\frac{1}{{({k}+{1})}^{2}})=(\frac{{k}+{1}}{{2}{k}})(\frac{{k}({{k}+{2}})}{({k}+{1})^{2}})=\frac{{k}+{2}}{{2}({k}+{1})}

Por lo tanto \({P}_{n}\) es verdadero como queríamos probar