Como es el ultimo dia para poner problemas en el blog, antes de que se vayan a Paraguay, les dejo dos problemas:
1. Encontrar todas las funciones $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ que satisfacen las dos condiciones siguientes:
a) $f(n) f(-n) = f(n^2)$ para toda $n \in \mathbb{Z}$
b) $f(m+n)=f(m) + f(n) +2mn$ para todos $m, n \in \mathbb{Z}$
2. Encuentra todos los enteros positivos $n \geq 2$ tales que para números reales arbitrarios $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_n$ se tiene la siguiente desigualdad
$$(x_1+x_2+\cdots+x_n)^2 \geq n (x_1x_2 + x_2x_3 + \cdots + x_nx_1)$$
jueves, 16 de septiembre de 2010
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6 comentarios:
para el segundo problema supongamos que n cumple y n>4, y x1=x2=1, x3=x4=...=xn=0, entonces 2^2>=n*1 entonces 4>=n, lo cual es contradiccion, entonces n es menor o igual a 4. Luego para n=2 queda demostrar (x1+x2)^2>=2(x1x2+x2x1)=4x1x2, pero esta es una desigualdad conocida(pasamos todo a un lado y factorizamos un (x1-x2)^2), luego para n=4 (x1+x2+x3+x4)^2>=4(x1x2+x2x3+x3x4+x4x1) lo cual se factoriza como 4(x1+x3)(x2+x4) si sustituimos a=x1+x3 y b=x2+x4 nos queda la misma desigualdad que con n=2 pero con a y b. Luego para ver si n=3 cumple, hay que mostrar o encontrar contraejemplo para (x1+x2+x3)^2>=3(x1x2+x2x3+x3x1) si desarrollamos y cancelamos queda suma(xi^2)>=x1x2+x2x3+x3x1, lo cual sale por reacomodo.
Ya me salio el primero, si en 2) m=n=0 tenemos que f(0)=0. Luego con n=1 en 1), tenemos que f(1)*f(-1)=f(1). Luego si f(1) distinto de cero entonces f(-1)=1. Luego f(1-1)=f(1)+f(-1)-2, entonces 0 = f(1)+1-2, entonces f(1)=1. Luego con n=1 en 2), f(m+1)=f(m)+1+2m, entonces por induccion podemos demostrar que f(m)=m^2, para toda m mayor o igual a 0. Luego aplicando en 1) para un n positivo, vemos que f(-n)=f(n^2)/f(n)=n^4/n^2=n^2=(-n)^2, entonces, como podemos escoger cualquier n positivo, entonces para n negativo tambien se cumple que f(n)=n^2, entonces f(n)=n^2 para toda n y probamos y si funciona. Luego si f(1)=0 entonces con n=1 en 2), tenemos que f(m+1)=f(m)+2m, luego por induccion se prueba que f(m)=m*(m-1) para toda m>=0. Luego f(1-1)=f(1)+f(-1)-2, entonces 0=0+f(-1)-2 entonces f(-1)=2=(-1-1)*(-1), luego sustituyendo con un n positivo mayor a uno en 1), tenemos que f(n) distinto de cero entonces f(-n)=(n^2-1)*n^2/n*(n-1)=n*(n+1)=-n*(-n -1), entonces tambien para n en los negativos f(n)=n*(n-1). Luego solo vemos que esta f cumple 2, lo cual si pasa, entonces todas las soluciones son f(n)=n^2 y f(n)=n*(n-1)
Para el problema 2. Sea $S=x_1+x_2+...+x_n$. Queremos encontrar los enteros $n$ tales que $x_1x_2+x_2x_3+...+x_nx_1\le \frac{S^2}{n}$. Tomemos $n\ge 5$, $x_i\in \mathbb{R}^+$ y $S=1$. Pongamos $x_1=x_2=\frac{1}{\sqrt n}$, lo cual podemos hacer ya que $\frac{2}{\sqrt{n}} \textless 1$. Entonces como tenemos números positivos se tiene
\[x_1x_2+x_2x_3+...+x_nx_1 \textgreater x_1x_2=\frac{1}{n}=\frac{S^2}{n}\]
Entonces $n\le 4$. Probaremos ahora que la desigualdad funciona con $n=2,3,4$. Para $n=2$ se tiene $(x_1-x_2)^2\ge 0\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2\ge 2(x_1x_2+x_2x_1)$. Para $n=3$
\[(x_1+x_2+x_3)^2\ge 3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+x_3^2\ge x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\]
Pero la última desigualdad se sigue de Cauchy-Schwarz. Finalmente para $n=4$
\[(x_1+x_3)^2+(x_2+x_4)^2\ge 2 |(x_1+x_3)(x_2+x_4)|\ge 2(x_1+x_3)(x_2+x_4)\]
Entonces \[(x_1+x_2+x_3+x_4)^2\ge 4(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_1)\]
Para el problema $1$. Veamos que sustituyendo en la segunda ecuacion $m=o$,$n=0$. Tendremos que $f(0)=0$. Luego sustituyendo en la primera por $1$ sale que $f(1)f(-1)=f(1)$. Entonces tenemos 2 casos: $f(1)=0$ o $f(-1)=1$.
Para el primero sustituimos en la segunda ecuacion por $m=1$. Teniendo $f(n+1)=f(n)+f(1)+2n$, $f(n+1)=f(n)+2n$, entonces podemos hacer una recursion empezando con $f(1)=0$ y tendremos que para los $n$ enteros positivos $f(n)=2+4+...+2(n-1)$, $f(n)=n(n-1)$. Al igual para los negativos teniendo la ecuacion $f(n)=f(n+1)-2n$, comenzando con $f(0)=0$ y iendose haca atras. Tendremos tambien que para $n$ negativo $f(n)=n(n-1)$. Sustituyendo en las ecuaciones es facil ver que si se cumple $f(n)=n(n-1)$ para todo $n$.
Ahora teniendo $f(-1)=1$, tambien cambiamos en la segunda ecuacion $m=-1$, $f(n-1)=f(n)+1-2n$, $f(n)=f(n-1)+2n-1$, tambien podemos hacer recursion para los positivos y tener f(n)=n^2, y para los negativos hacia atras con $f(n-1)=f(n)-2n+1$. Tambien sera que $f(n)=n^2$. Entonces otra solucion sera $f(n)=n^2$ para todo $n$. Y verificando es facil ver que funciona.
Asi que las soluciones son $f(n)=n(n-1)$, y $f(n)=n^2$. FIN.
En el problema 1 primero vamos a resolver la ecuación funcional b) sin usar a). Poniendo $n=0$ obtenemos que $f(0)=0$. Luego escribimos $f(1)=c$. Usando la ecuación funcional e inducción es fácil demostrar que $f(n)=n^2+nc-n$ para $n\in \mathbb{N}$. Poniendo $n=-m$ se llega a $f(m)+f(-m)=2m^2$. Entonces combinando esto con lo que ya teníamos llegamos a que si $m\in \mathbb{N}$ entonces $f(-m)=m^2-mc+m$. En general podemos escribir $f(m)=m^2+mc-m$ para $m\in \mathbb{Z}$. Es fácil comprobar que esta solución funciona sustituyendo en b) para toda $c\in \mathbb{Z}$. Sustituyendo ahora en a) se tiene
\[f(n)f(-n)=f(n^2)\Leftrightarrow (n^2+nc-n)(n^2-nc+n)=n^4+n^2c-n^2\]
Desarrollando y simplificando queda $c^2=c$ entonces $c\in \{0,1\}$. Así que las soluciones son $f(n)=n^2$ y $f(n)=n^2-n$
Para el 1,sustituimos m=n=0 en la ecuación b y nos da que f(0)=0, sustituimos n=1 en la a y nos da que f(-1)=1 (ya que no se puede que f(-1)=0) y luego sustituyendo m=1,n=-1 tenemos que f(1)+1-2=0, por lo tanto f(1)=1, sustituimos m=1, y nos da que f(n+1)=f(n)+1+2n, aplicando inducción es fácil ver que $f(n)=n^2$ con n positiva, y se puede hacer igual para los negativos. Es fácil ver que la función satisface ambas ecuaciones.
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