Uno mayor que 1

Vamos con el problema de esta semana. Ahí va:

Sea p(x) un polinomio de grado n con coeficientes reales y a \geq 3 un número real. Demostrar que al menos uno de los números

|a^k-p(k)|

,

con 0 \leq k \leq n+1, es mayor o igual que 1.

Suerte.

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.

20 Comentarios

  1. Veamos al menos un número y quedará cumplida la propuesta:

    Sea p(x)=x y sea k=1. Tenemos que a^k será mayor o igual a 3, luego se cumple que el valor absoluto de la diferencia de a^k y p(k) es mayor que 1.

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  2. Manuel, el polinomio puede ser cualquiera.

    Yo por el contrario, demostraré con un ejemplo que es falsa la proposición.

    Sea el polinomio p(x)=2 y sea a=3, cumpliendo con el enunciado, tenemos que, para k=0

    \left\vert 3^{0}-p(0)\right\vert =\left\vert 1-2\right\vert =1

    por otro lado, para k=1

    \left\vert 3^{1}-p(1)\right\vert =\left\vert 3-2\right\vert =1

    en ninguno de los dos casos, el valor es mayor que 1.

    ¿Debería ser entonces “mayor o igual que 1”?

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  3. Si el termino independiente a_0 del polinomio cumple que a_0 \not\in (0,2) la propiedad se cumple de manera trivial para k=0.

    Para el caso en que a_0 \in (0,2), creo que se puede intentar demostrar la propiedad mediante inducción sobre el grado del polinomio. Pero, yo no he podido aún realizar tal demostración.

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  4. Disculpen, alguien me podría ayudar con el siguiente problema: Demostrar que (Q,+) no es suma directa de sumandos no triviales de él, GRACIAS! 🙂

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  5. Yo trato de intuirlo así. Tenemos que mostrar que:

    Dada la función a^x, con a \ge 3 es imposible encontrar un polinomio p(x) de grado n que aproxime a a^x en los puntos x=0, 1 \cdots n+1 con un error menor que 1 (en todos los n+2 puntos).

    (De paso: Enseguida vemos que si el rango de puntos fuera x=0, 1 \cdots n sí sería posible encontrar el polinomio: de hecho, sería posible encontrar uno con error 0 en todos los puntos, ya que siempre podemos encontrar un polinomio de grado n que pase por n+1 puntos.)

    Supongamos (por el absurdo) que existe tal polinomio, que cumple el ajuste pedido. Entonces, en los puntos x=0, 1 \cdots n toma valores a^x + \delta(x) donde |\delta(x)| < 1. Ahora bien, como el polinomio es de grado n, su valor en x=n+1 quedará determinado por los valores anteriores -y podemos calcularlo por el polinomio interpolador – haciendo las diferencias (serie de Newton). Todo nuestro grado de libertad son los \delta(x) – hay que mostrar que ese grado de libertad es insuficiente como para que el polinomio crezca tanto como quiero -ya que a^x crece muy rápido…

    Y hasta acá llegué por ahora.

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  6. Uf, eso de editar una respuesta ya enviada siempre termina rompiendo todo, creo que convendría sacar eso.

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  7. Cierto hernan, sigue fallando este plugin. Voy a buscar otro que funcione bien. Te edito yo tu comentario para arreglarlo.

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  8. Yo creo que lo he sacado por inducción y con la desigualdad triangular, aunque quizá me he dejado casos. Con la hipótesis de inducción (al valor absoluto de la diferencia mayor o igual que uno), que será cierta para un valor k del polinomio de grado n, se le suma y le resta el término que falta para tener el polinomio de grado n+1 en k, y luego se despeja el termino de más con la desigualdad triangular.

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  9. hernan, si he entendido tu propuesta, creo que no es válida, puesto que para minimizar el error en todos los puntos, debes usar (para crear el polinomio que mejor aproxime) todos los puntos (incluido n+1).

    Yo intento usar mínimos cuadrados, directamente o en forma matricial, pero:

    1. no estoy del todo seguro que minimizar el error cuadrático medio asegure la proposición. Aunque pienso que sí, puesto que el polinomio resultante es el que mejor se aproxima (en error cuadrático medio) a los puntos dados y como buscamos:

    \sum^{n+1}_{k=0}(b^{k}-p(k))^{2} < n+1

    pues debería valer (es algo parecido al principio del palomar).

    2. no soy capaz de concretar nada útil.

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  10. Off-topic: cuando editáis y hay fórmulas, las barras invertidas (Alt+92 o la tecla que hay sobre el tabulador) desaparecen, para que no ocurra, escribirla dos veces al editar un comentario.

    Por ejemplo, el símbolo sumatorio es \sum, pues al editar el comentario hay que dejar \\sum para que mantenga el símbolo.

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  11. @josejuan: No estoy seguro de que estemos pensando lo mismo. Yo no estoy proponiendo un polinomio que minimice nada (y mucho menos error cuadrático, que no creo que pinte nada aquí). Lo que estoy diciendo es que, supuesto un polinomio de grado n que toma ciertos valores dados en los n+1 puntos anteriores, su valor en el punto n+1 queda determinado; y que esta determinación, unida a la condición de que los valores anteriores caen “cerca” de la exponencial, implica que en el punto n+1 el polinomio no puede alcanzarla (será estrictamente menor que a^{n+1}-1). No tuve tiempo de desarrollarlo todavía, y sospecho que debe haber algún método más sencillo, pero al menos esta manera de pensar el problema me lo hace intuible y abordable.

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  12. “…Yo no estoy proponiendo un polinomio que minimice nada…”

    Tienes razón, leí deprisa. Ciertamente, bajo la hipótesis de que los primeros n+1 puntos (k=0..n) están ajustados, se puede estudiar el ajuste del n+2 (k=n+1).

    “…y mucho menos error cuadrático, que no creo que pinte nada aquí…”

    la restricción de valor absoluto (error absoluto) del problema es equivalente a un error cuadrático en cuanto que ambos separan de igual forma los puntos válidos por lo que puede pasar el polinomio (el +/- 1 en cada punto k de la exponencial).

    Si puedes demostrar que el error (cuadrático o absoluto) acumulado (el sumatorio que indiqué) será superior a n+1, entonces, es porque (de acuerdo al principio del palomar) al menos un punto se está llevando más de 1 de error.

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  13. Por el camino que tomé pude demostrarlo, pero es un poco engorroso – quizás pueda simplificarse usando inducción.

    Bosquejo (continuando mi planteo de 1:10) el p(N+1) (el valor del polinomio en x=N+1) se expresa como p(N)+\nabla(N)+\nabla^2(N)+ \cdots + \nabla^N(N) (\nabla^k son los operadores de diferencia backward, con intervalo 1). A su vez descompongo eso en la suma de cada aporte: la exponencial a^x y los “errores” e(x) con |e(x)| < 1 en  x=0,1 \cdots N. Se demuestra que el aporte de la exponencial queda por debajo de la exponencial en N+1 por una diferencia d=(a-1)^{N+1} \ge 2^{N+1} . Hay que ver si el aporte de las diferencia de e(x) puede alcanzar a cubrir este valor. Pero se ve que la suma de diferencias está acotada (estrictamente) por 1+2+4+ \cdots + 2^{N}=2^{N+1}-1. Entonces, no alcanza (con lo justo).

    Si quedan dudas, y si nadie da con algo más simple, puedo tratar de explicarlo más en detalle.

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  14. Acá les paso un spreadsheet a modo de ejemplo, con N=3.
    Pueden editar libremente (ahí mismo) las celdas en naranja(con las restricciones de a \ge 3 y |e(x)| <1 y ver que el valor extrapolado por el polinomio (verde) no alcanza a la exponencial (amarillo), y el defecto es siempre mayor que 1.

    http://goo.gl/0lZK5

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  15. Excelente, hernan, esa es la idea. Escribo la solución de otro modo:

    Considerando diferencias progresivas tenemos que \Delta a^x:=a^{x+1}-a^x=(a-1)a^x. Tomando entonces la función f(x)=a^x-p(x) tendremos, por inducción, que si n es el grado del polinomio p(x) entonces

    \Delta^{n+1} f(x)=\Delta^{n+1} a^x-\Delta^{n+1} p(x)=(a-1)^{n+1} a^x-0=(a-1)^{n+1} a^x.

    Evaluando en x=0, dado que a\geq3: \Delta^{n+1} f(0)=(a-1)^{n+1}\geq 2^{n+1}.

    Suponiendo por reducción al absurdo que |a^k-p(k)|<1, para k=0,\ldots,n+1, tendríamos entonces que

    \Delta^{n+1} f(0)=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n+1}} (-1)^{n+1-k}{n+1 \choose k}(a^k-p(k))< \displaystyle{\sum_{k=0}^{n+1}}{n+1 \choose k}=2^{n+1},

    lo cual contradice la desigualdad obtenida si a\geq 3.

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  16. gente, perdonen que lo ponga acá, y que el comentario quede medio descolgado, pero la verdad es que estos post y el intercambio que se produce en los comentarios es espectacular, increíblemente educativo para los aficionados autodidactas como yo que nos interesa esto por cuestiones ludicas

    realmente no me da la cara para colgar una respuesta a ningún problema, pero no tienen idea como me entretienen estos problemas y la de defectos que me sacan con sus comentarios.

    gracias totales!

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