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Derivada positiva

Os dejo el problema de la semana:

Sea P un polinomio de grado exacto n, con n raíces reales distintas, y Q un polinomio de grado exacto n-1, con n-1 raíces reales distintas, de modo que entre cada dos raíces consecutivas de P hay una única raíz de Q. Demostrar que la función racional

R(x)=\cfrac{P(x)}{Q(x)}

tiene derivada positiva en todos los puntos de su dominio.

Actualización: Un detalle que faltaba es que se considera que los dos polinomios tienen coeficiente líder (coeficiente del monomio de mayor grado) positivo.

Ánimo y a por él.

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Autor: ^DiAmOnD^ |  Publicado el 14 de October de 2008
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Categorías: Juegos |  Imprime este post Imprime este post

Sin comentarios

  1. Trackback | 14 Oct, 2008

    Bitacoras.com

  2. juantxorena | 14 de October de 2008 | 11:57

    Más o menos veo por qué es. Veo a R(x) como una función de transferencia, siendo las raíces de P(x) los ceros y las de Q(x) los polos de R(x). Me se de memoria que los polos bajan la magnitud de la función de transferencia y los ceros la suben, y sabiendo que hay un cero más y que los polos están cada uno entre 2 ceros, se ve fácil que es una función creciente, y por lo tanto con derivada positiva. El problema está que no me acuerdo por qué los polos bajan y los ceros suben.

  3. juantxorena | 14 de October de 2008 | 12:42

    A ver que os parece esto. No es muy estricto, pero bueno:

    El hecho de que la derivada sea positiva quiere decir que la función es creciente en todo su dominio, se puede obtener una función que es la composición de R(x) y log(x), es decir, log(R(x)). Al ser log monótonamente creciente, el resultado va a tener los máximos y mínimos para los mismos valores que R(x), siempre y cuando esté en el dominio de la nueva función, claro. Podemos llamar z1,…,zn a las raíces de P(x), y p1,…,p(n-1) a las de Q(x).

    Primero suponemos que todas las raíces son positivas (después vemos como arreglamos ésto), así que se puede obtener la función como:

    log(R(x))=log(x-z1)+…+log(x-zn)-log(x-p1)-…-log(x-p(n-1)).

    Podemos reordenar para ver las raíces en orden ascendente, obteniendo:

    log(R(x))=log(x-z1)-log(x-p1)+…+log(x-z(n-1))-log(x-p(n-1))+log(x-zn)

    Hasta aquí está claro. Ahora viene la parte que baila un poco en cuanto a su explicación:

    Las funciones de la forma x-k son rectas crecientes, y su logaritmo (la base no importa mientras sea real positiva) también es creciente en su dominio, que es x>k. Si tenemos por ejemplo log(x-z1), se tendría una función creciente. log(x-p1) también es creciente, así que al restarla a la anterior el resultado podría no serlo en todo su dominio. Pero como z1z1, y como decrecería de manera logarítmica, no decrecería “lo suficientemente rápido como para compensar el crecimiento” de log(x-z1), así que el par log(x-z1)-log(p1) sería creciente. Se puede hacer eso mismo con el resto de pares de raíces, y quedaría al final otra función log(x-zn) que compensaría el hecho de que cuando x tiende a infinito el “decrecimiento” de -log(x-p(n-1)) se “impusiera” al resto de funciones, así que al final sería todo creciente.

    Ya sé que no está muy bien explicado, no se me ocurre otra forma.

    Y para el hecho de que las raíces no tienen por qué ser positivas, se puede hacer al inicio de todo un cambio de variable del tipo t=x-d, que haría de desplazamiento sobre el eje x, eligiendo un d tal que z1, la raíz de menor valor, sea positiva. En esta situación las raíces de P(x) y Q(x) estarían desplazadas en el eje x, pero cambiaría el hecho de que sea creciente o decreciente.

    Ya se que no está muy bien explicado pero es lo que hay. Qué os parece.

  4. Alvaro | 14 de October de 2008 | 14:19

    Creo que la respuesta pasa por factorizar los polinomios y examinar los cocientes del tipo (x – a) / (x – b) para demostrar que la función es creciente.

  5. Jones, Francisco | 14 de October de 2008 | 14:40

    Pero ¿R(x) no es de la forma kx-r?

  6. othon | 14 de October de 2008 | 14:46

    en algo estaré fallando supongo xke he probado con P(x)=-x^2+1 y Q(x)=x; y obtengo una derivada negativa para todo el dominio…

  7. M | 14 de October de 2008 | 15:00

    othon, llevas razón, se asume en el enunciado que los coeficientes directores de ambos polinomios son positivos…si no, en general, lo que se tiene es que la derivada tiene signo constante (e igual al signo del cociente de los coeficientes directores).

  8. M | 14 de October de 2008 | 15:11

    juantxorena, es interesante lo que has propuesto. Tal vez debas formalizarlo mejor. Viendo la idea que has dado, a lo mejor podrías estudiar la derivada logarítmica de R.

  9. ^DiAmOnD^ | 14 de October de 2008 | 15:44

    Ya está rectificado el enunciado con el detalle que faltaba.

  10. Joseph | 14 de October de 2008 | 19:20

    Todos las raices de Q son asìntotas del cociente. Nos restringimos a tres casos.Estos son: donde la función se ‘dispara’al infinito, en los intervalos extremos y, en los intermedios donde dos raices de Q contienen un punto de P(si ocurriese claro, n>2). Usando los puntos críticos y la continuidad del cociente en los abiertos ya mencionados se llega a que es una aplicación creciente. Luego, la funciòn derivada es positiva en sus abiertos. Saludos

  11. Joseph | 14 de October de 2008 | 19:22

    Obs: Al decir un punto de P, quise decir realmente una raíz de P. Disculpen

  12. M | 14 de October de 2008 | 19:32

    Hola Joseph, tal como lo has presentado, tu razonamiento no dice nada acerca de la posibilidad de que la función tenga puntos de inflexión con tangente paralela al eje OX. En esos casos la función sigue siendo creciente pero la derivada sí se anularía. ¿Por qué tampoco es posible esta posibilidad?

  13. Joseph | 14 de October de 2008 | 20:05

    Tienes razón, con esto solo pruebo que es no negativa. Bueno, mi respuesta es algebraica:

    Si la derivada del cociente fuera 0, entonces 0 seria su numerador. Como se cumple la relación (P,Q)=1 entonces P divide a P`… Contracdicciòn.

    Por tanto sòlo puede ser > 0.

  14. Joseph | 14 de October de 2008 | 20:17

    Olviden lo que he puesto al final… ¡VAYA! ¿que he hecho? jeje

  15. Joseph | 14 de October de 2008 | 23:10

    Como corolario consideremos que si a<b<c entonces (x-a)(x-c)/(x-b)cumple el teorema propuesto por el señor M. La prueba es puramente calculista. Ahora bien, podemos ordenar las raíces en forma creciente. Llamamos Pi a las de P y Qi a las de Q. “Una curiosidad es que a cada Qi le sigue necesariamente Pi+1 a su derecha, y Pi-1 a su izquierda”. Este hecho soluciona el problema. Veamos por qué:
    Nos restringiremos al intervalo [Pi,Qi[U]Qi,Pi+1]. Expresando adecuadamente el cociente es igual a (x-Pi)(x-Pi+1)/(x-Qi) multiplicado por otro siempre positivo(se desprende inmediatamente del comentario adjunto). Así, considerando mi primera prueba y el corolario obtenemos que su derivada es necesariamente positiva. CQQD

    Para los extremos es trivial. Espero que ahora sí este correcto jaja…

  16. Joseph | 14 de October de 2008 | 23:14

    Pi a su izquierda…

  17. Cristobal | 15 de October de 2008 | 17:16

    Hola, a ver. Supondremos que P y Q son mónicos, si no lo son basta dividirlos por su correspondiente coeficiente director para que lo sean. Supondremos por comodidad que tanto las raices de P y Q son todas ellas positivas, si no lo son basta aplicar un sencillo cambio.
    Luego tenemos lo siguiente:
    P(x)=\prod_{i=1}^n (x-p_i)
    Q(x)=\prod_{i=1}^{n-1} (x-q_i)
    con p_i < p_{i+1}
    q_i < q_{i+1}
    p_{i-1} < q_{i} < p_i

    Tenemos que R’=(P’Q-PQ’)/(Q^2) > 0 sii P’Q-PQ’ > 0
    Luego basta probar que P’Q-PQ’ > 0, para ello se hace por inducción sobre n
    Si n=1->

    P(x)=x-p_1 Q(x)=1 P’(x)=1 Q’(x)=0 -> P’Q-PQ’=1-0=1>0 Luego se cumple para n=1

    Si n=2->

    P(x) = (x-p_1)(x-p_2)
    P’(x) = (x-p_2 + (x-p_1)
    Q(x) = x-q_1
    Q’(x) = 1

    ->P’Q-PQ’ = [(x-p_2) + (x-p_1)](x-q_1) – (x-p_1)(x-p_2)

    Como q_1 < p_2 \rightarrow x-p_2 < x-q_1
    Luego:

    P’Q-PQ’ = [(x-p_2) + (x-latex p_1$)](x-q_1) – (x-p_1)(x-p_2) > [(x-p_2) + (x-p_1)](x-p_2) – (x-p_1)(x-p_2) = (x-p_2)^2 > 0

    Luego también se cumple para n = 2.

    Se supone cierto para n y se demuestra, con paciencia, para (n+1). Esto no lo pongo aquí porque cuesta mucho de escribir, creo que la idea queda clara, ¿no?

    Saludos :-)

  18. M | 15 de October de 2008 | 21:31

    Hola Cristobal, se valora tu esfuerzo, pero ¿podrías indicarnos algo más claramente cómo la suposición de que la propiedad sea cierta para un n dado implique que también sea cierta para n+1?

  19. Alvaro | 16 de October de 2008 | 12:46

    ¿Es realmente necesario que el grado de P sea mayor que el de Q? Creo que se obtiene el mismo resultado si se elimina la primera (menor) raiz de P.

  20. M | 16 de October de 2008 | 17:37

    Hola Álvaro, efectivamente no es necesario que el grado del numerador sea mayor que el denominador para que se tenga la propiedad de derivada con signo constante: si el grado de Q es una unidad mayor que la de P también se tiene que la derivada tiene signo constante (y el estudio se reduce al caso en que el numerador es una unidad mayor por inversión). En esencia lo importante aquí es probar que si las raíces del numerador y denominador se entrelazan entonces la derivada tiene signo constante. Te animo a que estudies los dos casos: el propuesto en el post y el que has propuesto con grados iguales (sin necesidad de eliminar la primera raíz de P).

  21. hernan | 16 de October de 2008 | 23:57

    Sean a_1, a_2 \cdots a_n las raíces de P (los “ceros” de R) y b_1, b_2 \cdots b_{n-1} las raíces de Q (los “polos” de R).
    Supongamos, sin pérdida de generalidad, que los coeficientes de mayor grado son 1, con lo que P = \prod_{i=1}^n (x - a_i) y Q = \prod_{j=1}^{n-1} (x - b_j)

    No es complicado ver que la derivada de R es positiva en los ceros de P. Más complicado es ver que no se anula nunca.
    (Con eso, y dado que es continua entre los polos, ya está).

    Tenemos que R^{\prime} = \frac{Q P^{\prime} - P Q^{\prime}}{Q^2}

    Por otro lado, desarrollando la derivada del polinomio por la regla del producto n veces, tenemos que P^{\prime} = P \sum \frac{1}{x-a_i} y lo mismo para Q. La derivada se anula si y solo si
    Q P^{\prime} = P Q^{\prime}, lo cual entonces implicaría que
    \displaystyle \sum \frac{1}{x-a_i} - \sum \frac{1}{x-b_j} = 0 [1].
    Demostremos que esto no puede ser.

    Recordemos que ceros y polos vienen intercalados.
    Fijamos un x. Supongamos para empezar que a la izquierda tenemos tantos ceros como polos ; entonces, a la derecha tendremos un cero en exceso. Apareamos los ceros y polos, segun su cercanía a x. Cada par tendrá un cero debajo de un polo a_k < b_k y quedará un cero a_{n+1} > x.
    Pero entonces \frac{1}{x-a_k}-\frac{1}{x-b_k} es negativo para cada par, y el término restante \frac{1}{x-a_{n-1}} también es negativo. Entonces la sumatoria [1] es estrictamente negativa.
    El otro caso, en el cual tenemos igual cantidad de ceros que polos a la derecha de x, es similar; en este caso la sumatoria da estrictamente positiva.
    Y ya está.

  22. M | 17 de October de 2008 | 00:13

    Sí señor, hernan. La idea en esencia es la misma que la aportaba juantxorena al inicio de los comentarios.

    Falta demostrar porqué la derivada tampoco se anula en las raíces del numerador (se necesita junto con la ecuación [1]), pero esto ya es más fácil de ver.

    Para el caso con grados iguales que comentaba Álvaro se procede de modo similar.

  23. Alvaro | 17 de October de 2008 | 12:53

    Como no entiendo mucho de latex doy una demostración un poco de “boquilla”.
    He dividido el cociente en productos del tipo

    (x - a_j) / (x - b_j) donde a_j son las raices de P y b_j son las de Q. Por estar las raices “entrelazadas”. En estos productos siempre se cumple que a_j > b_j. Entonces se demuestra que dadas estas condiciones (x - a_j) / (x - b_j) es creciente, ya sea derivando o usando desigualdades, luego el producto es creciente.

    La primera raiz de P correspondería a un termino (x - a_0) que queda “suelto”, que de nuevo es creciente.

    De hecho como se comentaba la unica condición es que seamos capaces de agrupar todos los terminos del denominador con alguno del numerador de forma que queden funciones (x - a_j) / (x - b_j) con a_j > b_j.

  24. Alvaro | 17 de October de 2008 | 13:18

    Oooops por “creciente” no queria decir creciente en toda la recta real, sino en los intervalos (-\infty, b_j) y (b_j, \infty) por separado, lo cual asegura que la derivada es positiva…

  25. hernan | 17 de October de 2008 | 13:25

    Alvaro: yo también había intentado por ese lado. Pero descomponer R en una productoria de funciones con derivada positiva no alcanza para demostrar que R también tiene derivada positiva. Y de hecho, esa descomposición no requiere que los ceros y polos de R vengan intercalados, también podría aplicarse, por ejemplo, si todos los ceros fueran menores a todos los polos, también podríamos armar esos pares. Pero en este caso R no necesariamente tiene derivada positiva.

  26. Alvaro | 17 de October de 2008 | 14:13

    :-o . Pues es cierto. Diré en mi descargo que mi argumento original tal vez si fuera correcto… es que lo he intentado simplificar. Analizaba el producto completo en tres casos, los puntos mayores que todos los a_i y b_i, los menores y aquellos que estaban entre dos polos (a su vez divididos en aquellos que estan antes y despues del cero). ¿Podría esto valer?

  27. hernan | 18 de October de 2008 | 16:58

    Un formulación equivalente, entonces (o corolario; o, mejor, lema auxiliar) sería:

    Dado un conjunto de reales s_1, s_2 \cdots s_n con s_{k+1} > s_k, la función \displaystyle f(x)=\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{x-s_k} no se anula.

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