Alguien podría resolver estos problemas? Les comento son enunciados del Concurso de Ayudantes del Departamento de Matemáticas del CBC del año 2012, 2006 y 2007.
(Disculpen por no escribirlo en TeX!!!!)
Abajo de todo esto podran encontrar el los Enunciados de los PROBLEMAS.
Sea \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) una función \(\mathcal{C}^\infty\) tal que \(f(1)=0\) y el producto de los polinomios de Taylor de orden \(2\) de \(f\) en \(x_0=0\) y \(x_1=1\), es \(P(x)=x^4-2x^3+2x^2-x\).
Demostrar que \(f\) tiene un extremo absoluto en el intervalo \((0,1)\)
Les comento lo que hice y hasta donde llegué:
Cálculo Auxiliar 1:
como P(x)=x(x-1)(x^2 - x +1 ) entonces las únicas raíces reales de P son X=0 y X=1
Además, evaluando en un punto intermedio de los intervalos (-infinito;0), (0;1) y (1;+infinito) Llegamos a que:
P(x)>0 para todo x en (-infinito;0)U(1;+infinito)
P(x)<0 para todo x en (0;1)
Cálculo Auxiliar 2:
Como P'(x)=4x^3 -6x^2 + 4x -1 = 4(x-1/2)(x^2 - x + 1/2) entonces la única raíz real de P' está en X=1/2
Además, evaluando en un punto intermedio de los intervalos (-infinito;1/2) y (1/2;+infinito) Llegamos a que:
P(x)>0 para todo x en (1/2;+infinito)
P(x)<0 para todo x en (-infinito;1/2)
Cálculo Auxiliar 3:
Como P''(x)=12x^2 -12x +4 = 12(x^2 -x + 1/3) que NO tiene raíces reales.
Además, evaluando en un punto intermedio de (-infinito;+infinito) Llegamos a que:
P(x)>0 para todo x real
Como el enunciado pide probar que f alcanza un extremo ABSOLUTO en el intervalo (0;1) debería poder mostrar que:
Opción 1: Existe un C en el intervalo (0;1) tal que f '(C)=0 y luego me gustaría poder clasificar el signo de la derivada alrededor de C, considerando un cambio de signo de f' entre los intervalos (0;C) y (C;1), con eso mostraría que f alcanza u máximo o un mínimo en C.
Opción 2: Existe un C en el intervalo (0;1) tal que f '(C)=0 y luego me gustaría poder clasificar este punto crítico por el Criterio de la derivada segunda en caso de ser posible, es decir, mostrando que f ''(C) es distinto de CERO, con eso mostraría que f alcanza u máximo o un mínimo en C.
Opcion 3: ¿Se les ocurre otra?????
Ahora, intenté varias cosas, utilizando los "Calculos Auxiliares" y los teoremas del Valor intermedio sin llegar a nada:
Como f y P cumplen ser continuas en [0;1] y derivables en (0;1). Usando el Teorema de Cauchy (Teorema del Valor Intermedio) llegamos a:
existe un C entre (0;1) tal que: [f(1)-f(0)]P'(C)=f '(C)[P(1)-P(0)] (Ec: 1)
Como P(1)=P(0)=0, la igualdad (Ec: 1) queda: existe un C entre (0;1) tal que: [f(1)-f(0)]P'(C)=0 entonces, tenemos 2 posibilidades:
f(1)=f(0) ó P'(c)= para algún C entre (0;1). Como en X=1/2 P' tiene una raíz (Ver Cálculo Auxiliar 2), esto se cumple.
Otra idea que se me vino a la cabeza era usar una función auxiliar que sea continua [0;1] y derivable en (0;1).
Se me ocurrieron algunas:
H(x)=P(x)e^(f(x))
G(x)=P(x)f(x)
Notemos que tanto H como G verifican H(1)=H(0) y G(1)=G(0)
entonces por el Teorema de Rolle debe existir un C y un Z entre (0;1) tal que H'(c)=0 y G'(Z)=0
como H'(X)=e^(f(x))*(f '(x)P(x)+ P'(x)) y G'(x)=f '(x)P(x)+ P'(x)f(x) evaluando en C y Z respectivamente obtengo:
f '(C)P(C)+ P'(C)=0 entonces f '(c)= -P'(C)/P(C)
f '(Z)P(Z)+ P'(Z)f(Z)=0 entonces f '(c)= -P'(Z)f(Z)/P(Z)
Notemos que P(x) es distinto de cero para todo X entre (0;1), por esto pude dividir por P(C) y P(z) respectivamente.
Notemos que en ambos casos la implicacion es verdadera, porque si elijo C=Z=1/2 tenemos que P' da 0 entonces f '(C)=f '(Z)=0.
con esto encontré que existe un punto crítico entre el intervalo (0;1). Pero falta ver si, es un extremo..
DUDAS sobre esto último:
¿¿Podría pasar que exista otro C o Z entre (0;1) distinto de 1/2 que anule a H' o G' ????
¿Necesariamente en 1/2 debe estar el extremo de f?
¿Como muestro que es extremo ABSOLUTO?
Y ahora no se como continuar....................... 🙁
¿¿¿¿Se les ocurre como terminar este ejercicio?????, o ¿¿ es posible resolverlo de otra forma??? o.... ¿Es posible resolverloo!!!!!!? jajajaj
Gracias!!!!
Acá estan los otros enunciados!!!
Gracias!!!
Lo que hice en el primero fué calcular el límite de:
\(bn=\frac{(n+5)\int_{0}^{3/n} {e}^{-2x^2}dt}{6}=\frac{\frac{\int_{0}^{3/n} {e}^{-2x^2}dt}{1/(n+5)}}{6}\) y, usando L`Hopital en esta inderterminacion 0/0 ya que el integrante es continuo en x distinto de 0, me dió \(1/2\).
Y si existiera el límite de \({a}_{n}\) y fuera \(L\). Entonces en la expresión de recurrencia queda que \(L=L^2/2\) entonces \(L=0\) o \(L=2\)
Pero ahí terminó mi imaginación y no sabía que hacer...
¿¿¿¿cómo pruebo que sea convergente??? ¿Hay otra forma de plantear el problema?
Hola. Te dejo mi resolucion, no me parecio muy linda pero es la que me salio ahora. Capaz se te ocurre algo mas con mis ideas.
Primero que nada, lo que se me ocurrio es decir que \(f(0)=f(1)\) y despues por Rolle ya tenemos el resultado. Pero resulto ser falso...
Primero, escribamos el polinomio de Taylor de orden 2 alrededor de los puntos 1 y 0.
Sea \(p=f(0)+f'(0)(x-0)+\frac{f''(0)}{2}{(x-0)}^{2}\) el desarrollo del polinomio de Taylor alrededor del 0.
Sea \(q=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(1)}{2}{(x-1)^{2}\) el desarrollo del polinomio de Taylor alrededor del 1.
Luego, tenemos que \(p,q \in \mathbb{R}[X]\).
Si \(P(x)={x}^{4}-2{x}^3+2{x}^{2}-x=x(x-1)({x}^{2}-x+1)\)
$$P=pq$$
Como \(gr(P)=4\), entonces debe ser que \(gr(q)=gr(p)=2\), por lo que sabemos entonces que los coeficientes \(f''(1),f''(0) \neq 0\)
Ahora, como \(P\) tiene dos raices complejas, y los polinomios \(p\) y \(q\) son reales, estas dos raices complejas deben estar juntas en el mismo polinomio. Como \(q(1)=f(1)=0\) entonces tenemos que las dos raices reales de \(P\) pertenecen a \(q\) y las dos raices imaginarias pertenecen a \(p\).
Entonces tenemos que:
$$p={x}^{2}-x+1$$
$$q=x(x-1)={x}^{2}-x$$
Si igualamos coeficientes en \(p\):
$$f(0)=1, f'(0)=-1, f''(0)=2$$
Por otro lado, llamemos \(a=f'(1), b=\frac{f''(1)}{2}\). Entonces tenemos \(q=0+a(x-1)+b{(x-1)}^{2}=b{x}^{2}+x(a-2b)+(-a+b)\)
Igualando coeficientes:
\(b=1, a=b=1\), entonces \(f'(1)=1, f''(1)=2\)
Ahora, observamos lo siguiente:
Como \(f(1)=0\) y \(f'(1)=1\), la funcion \(f\) es \({C}^{\infty}\) y por lo tanto \(f'\) lo es, existe un entorno al 1 de \(f'\) tal que conserva su signo, es decir, \(\exists A\) abierto tal que \(\forall c \in A\), \(f'(c)> 0\)
Por lo tanto, en ese entorno, la funcion \(f\) es estrictamente creciente, por lo que \(\exists c \in(0;1)\) tal que \(f(c)<f(1)=0\)
Ya casi estamos. Como la funcion es continua, alcanza maximos y minimos en \([0;1]\), pero tenemos que asegurarnos que no es en los extremos del intervalo. Pero como \(f(1)=1>f(0)=0\) y ademas \(\exists c \in(0;1)\) tal que \(f(c)<f(1)=0\), estamos seguros que \(f(1)\) y \(f(0)\) no pueden ser un minimo absoluto, por lo que debe haber un punto \(c \in (0;1)\) que sea minimo absoluto de la funcion.
Y ya encontramos un extremo absoluto en ese intervalo.
Muchas Gracias Kevin2501!! Entendí lo que hiciste! Ni me imaginaba que había que usar el Teorema de Conservación del signo!
Si no es mucha molestia, agregué 2 ejercicios más del Concurso de Ayudantes del Departamento de Matemáticas del CBC. Estos últimos son del año 2006 y 2007.
Te dejo las resoluciones escritas muy rapidamente. No me anda bien internet, asique cualquier duda decime.
Para el de probar que converge y calcular su limite
Primero, hay que darse cuenta que la integral esta acotada por 1. Si queres podes hacer un poco de trampa y poner la integral en el Wolfram para n=1 y ver que da algo acotado por 3/4. Despues como la integral esa es decreciente a medida que aumenta n, la podes acotar para todo n.
Despues que tenes eso, podes ver que la sucesion es siempre no negativa. Entonces es acotada inferiormente por 0. Despues de eso, podes ir calculando los primeros terminos y vas a ver que esta acotada por \(\frac{1}{8n}\) o si hiciste trampa con el Wolfram te queda mejor \(\frac{1}{4n}\). En realidad es lo mismo, vas a llegar al mismo resultado.
Despues por induccion probas que eso vale para todo n y ahi tenes el sandwich para que tienda a 0.
Te dejo las cuentas porque odio escribir las integrales y tantos terminos aca.
Comentario: depende como acotes, puede ser que la induccion sea corrida, pero no importa porque te va a quedar para todo n a partir de un momento.
Para el que hay que probar que no existe k real tal que...
Bueno, este me llevo bastante tiempo darme cuenta lo que habia que hacer y aun asi no me convence mi resolucion. Esta bien, pero no es nada intuitivo lo que hice.
Y asi vas planteando todos los terminos. Pareciera como que k va a tener que ser cada vez mas grande.
Observamos tambien que si hacemos \(\frac{13}{12}-\frac{5}{6}=\frac{1}{4}, \frac{5}{6}-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\)
Es decir, aparentemente, por cada termino que voy calculando, k va a tener que ser \(\frac{1}{n}\) mas grande que lo que era antes. O sea, lo que quiero decir es que tenemos la famosa sumatoria de potencias no convergente: \(\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i} < k\)
Ahora, la onda es como meter esto en nuestra sucesion.
Parece que el termino general es: \({a}_{n}=n(k+1-\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i})\)
Efectivamente es ese y lo probas por induccion. Luego haces algebra de los limites y te queda que la sucesion tiende a \(-\infty\) sin importar el k que elijas, por lo que siempre voy a tener terminos tan negativos como quiera.
Este segundo ejercicio no me parecio para nada trivial la resolucion, calcular el termino general no me parecia lo mas apropiado y me costo muchisimo darme cuenta (hasta llegue a plantear formas de jordan y series de matrices...)
Si a alguien se le ocurre algo mejor por favor que lo postee porque reitero que esta forma no me parece lo mas apropiado.