miércoles, 31 de agosto de 2011

Problema del dia, Algebra

Muestra que si $0 < r < 1$ y si los numeros complejos $z_1$, $z_2$, $z_3$, $\dots$, $z_n$ estan en el disco $D=\{z : \vert z \vert \leq r\}$, entonces existe un $z_0 \in D$ tal que
$$\prod_{j=1}^{n} (1+z_j) = (1+z_0)^n.$$

4 comentarios:

jorge garza vargas dijo...

Ya reduje el problema a demostrar el siguiente lema:
Sea $ABC$ un triángulo, $W$ su circuncírculo y $P$ la intersección de la bisectriz de $\angle A$ con $W$, entonces $AP^2\geq AB\cdot AC$.

Se ve bastante cierto, pero todavía no encuentro una demostración formal.

Diego627 dijo...

Porque basta eso?

Diego627 dijo...

Sea $U=D+1$.
Primero lo demostrare para $n=2$. Sea $z_1+1=b,z_2+1=c,z_0+1=p,0=a$ y $1=q$. Las mayusculas representan el punto respectivo.
$bc=p^2$, por tanto el argumento de a es igual al promedio del de $b$ y $c$.
Esto quiere decir que $P$ esta en la bisectriz de $BAC$.
También significa que $AB\cdot AC=AP^2$.
Podemos suponer, sin perdida de generalidad, que $P$ esta para el mismo lado de la bisectriz que $B$ y $C$.
Sea $D$ la intersección de $AP$ y el circuncirculo de $ABC$. Sea $E$ el pie de la bisectriz $AD$ del triangulo $ABC$.
Sea $C'$ la reflexión de $C$ a travez de $AD$. Claramente esto estaria en $AB$.
Entonces
$\angle ADB=\angle ACB$ (por el ciclico ABCD)
$\angle ACB=\angle ACE$ (porque $C,E,B$ son colineales)
$\angle ACE=\angle AC'E$ (porque $C'$ es el reflejado de $C$ atraves de la recta $AE=AD$)
Por tanto, $\angle ADB=\angle AC'E$, por tanto $C'EDB$ es ciclico.
$AP^2= AB\cdot AC=AB\cdot AC'=AE\cdot AD$
Esta ultima por potencia de punto desde $A$ en el circuncirculo de $C'BDE$.
Tenemos que $A,E,P,D$ son colineales con $E,P,D$ del mismo lado de $A$, entonces, como $AP^2=AE\cdot AD$, $P$ esta en el segmento $DE$.
Como $B,C$ estan en la circunferencia $U$ y una circunferencia es convexa, también estara todo punto del segmento $BC$, particularmente $E$.
Sean $X,Y$ la interseccion entre la circunferencia de $ABC$ y la circunferencia $U$. Como la distancia entre $A$ y $Q$ es $1$, mayor a $r$, entonces $A$ no pertenece a $U$.
Por tanto todo el arco $XY$ que no contiene a $A$ esta dentro de $U$. Tenemos que $B$ y $C$ estan en ese arco y $D$ esta en el arco $BC$ que no contiene a $A$, por lo tanto $D$ esta en el arco $XY$ que no contiene a $A$ y entonces $D$ esta en $U$.
Entonces $D$ y $E$ estan en $U$ y portanto todo punto en el segmento $DE$ también. Entonces $P$ esta dentro de $U$. Queda demostrado.
Ahora, el problema era equivalente a encontrar un $p$ en $U$ tal que $p=a^{\frac{1}{2}}b^{\frac{1}{2}}$.
Similarmente podemos demostrar que existe un $p_{\alpha}$ en $U$ tal que $p_{\alpha}=a^{\alpha}b^{\beta}$, donde $a,b$ son constantes en $U$ y $\alpha+\beta=1$, con ambas no negativas y constantes. Llamemosle a esta proposición $P-\alpha$.
Entonces tenemos que $P-\frac{1}{2}=Q(a,b)$ es cierta. Obviamente $P-0$ y $P-1$ son ciertas, ya que $a=a^1b^0$ y $b=a^0b^1$.
Si $P-r$ y $P-s$ son ciertas, entonces usando $Q(p_r,p_s)$ tenemos que existe un $t=p_s^{\frac{1}{2}p_r^{\frac{1}{2}}=(a^rb^{1-r})^{\frac{1}{2}}(a^sb^{1-s})^{\frac{1}{2}}=a^{\frac{r+s}{2}b^{1-\frac{r+s}{2}}$.
Por tanto $P_{\frac{r+s}{2}}$ es cierto.
Entonces si $r$ es fracción binaria en $[0,1]$, $P_r$ es cierto ya que $P_0$ y $P_1$ son ciertos.
Tenemos que el subconjunto $K$ de las fracciones binarias en $[0,1]$ es denso en el mismo conjunto.
Por tanto podemos construir secuencias $x_0,x_1,x_2,\ldots$ y $y_0,y_1,y_2,\ldots$ en K tal que se acerquen por arriba y por abajo para cualquier real $r$ en $[0,1]$
Como el plano es continuo, entonces $p_{x_i}$ y $p_{y_i}$ convergen hacia el mismo punto $g$ desde dos lados diferentes. Este punto cumple que $g=a^rb^{1-r}$ y como $p_{x_i}$ y $p_{y_i}$ estan en $U$, que es continuo, convexo y cerrado, entonces $g$ esta en $U$, por tanto $P-r$ es cierta.
Ahora lo demostrare para cualquier $n$ con inducción.
Es obviamente cierto para $n=1$ y lo demostre para $n=2$. Ahora, supongamos que es cierto para $n=k$.
Sea $w_i=z_i+1$
Entonces existe un $t$ en $U$. tal que $t=(w_2w_3\cdots w_{k+1})^{\frac{1}{k}$.
Ahora usamos $P-\frac{1}{k+1}$ y entonces existe un $p$ en $U$ tal que $p=w_1^{\frac{1}{k+1}}t^{\frac{k}{k+1}}=w_1^{\frac{1}{k}} ((w_2w_3\cdots w_{k+1})^{\frac{1}{k})^{\frac{k}{k+1}}$.
Entonces $p=w_1^{\frac{1}{k+1}w_2^{\frac{1}{k+1}\cdots w_{k+1}^{\frac{1}{k+1}$. Entonces existe un $w_0$ que esta en $U$ y cumple eso. QED.

Diego627 dijo...

Nota:
Es $t=p_s^{\frac{1}{2}}p_r^{\frac{1}{2}}=(a^rb^{1-r})^{\frac{1}{2}}(a^sb^{1-s})^{\frac{1}{2}}=a^{\frac{r+s}{2}}b^{1-\frac{r+s}{2}}$.
y
$p=w_1^{\frac{1}{k+1}}w_2^{\frac{1}{k+1}}\cdots w_{k+1}^{\frac{1}{k+1}}$

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