Ejercicio 11

Sea   y  

 

 , decimos que "" es un punto n-periódico si y "n" es el menor número con esta propiedad. Prueba que para todo n >= 1 el conjunto de n-periódicos es no vacío y finito.

 

(1998-Segundo  día, Problema 3)

 

Solución

 

Comoes una ecuación de grado uno, y hay como máximo  ecuaciones diferentes para cada n, el número de puntos en cada conjunto de n-periódicos es finito.

Tenemos que demostrar que hay al menos una solución en cada conjunto. Puesto quese tiene como máximo para puntos como dijimos arriba, tenemos que el máximo número de puntos de periodo menor ó igual que  es , así que al menos 2 puntos tienen exactamente periodo n.

Observación

Faltaría ver, para acabar la demostración del problema según el enunciado de la IMC, que se tiene exactamente para  puntos

 

Ejercicio 12

¿Existe una aplicación biyectiva tal que ?

(1999-Primer día, Problema 2)

Solución

Sea  una biyección. Entonces tenemos dos secuencias:

. Ahora si aplicamos la desigualdad de reagrupamiento podemos asegurar que es mínimo si y están ordenados en orden inverso. Como  es una sucesión decreciente, tenemos que

, luego no existe tal biyección.

 

Ejercicio 13

Supongamos que una función satisface la desigualdad.  Probar que es una función constante.

(1999-Primer día, Problema 3)

Solución

Sea . Entonces es fácil ver que:

. Supongamos que existe un punto en el que . Entonces, cojamos tal que

.

Sea n un entero con la propiedad de que y . Por tanto, Esto da una contradicción y por tanto , y entonces luego con , conseguimos luego f es una función constante.

 

Ejercicio 14

Supongamos que y . Probar que

(1999-Segundo día, Problema 3)

 

Solución

Sabemos que , luego

 

Ejercicio 15

Sea un entero positivo. Consideremos una matriz con entradas escritos en orden empezando por la esquina arriba a la izquierda y siguiendo por cada fila de izquierda a derecha. Elegimos entradas de la matriz tales que exactamente hay una en cada fila y columna. ¿Qué valores posibles puede tomar la suma de los elementos seleccionados?

(2001-Primer día, Problema 1)

Solución

Si cogemos un número de cada fila y de cada columna, la suma será . Como entonces . Como hemos seleccionado un número de cada columna,

 

Ejercicio 16

Sean enteros positivos primos dos a dos.

a) Si y son elementos de un grupo conmutativo con elemento unidad , y , prueba que .

b) ¿Es cierta la conclusión si y son elementos de un grupo no conmutativo cualquiera?

(2001-Primer día, Problema 2)

Solución de a)

Sea m el menor natural tal que y n el menor natural tal que . Entonces  , y como

, tenemos que

Pero es el menor natural que cumple , luego n| t m. Sin embargo, como n| s y m| r, tenemos que n, m, t son primos entre sí, así que n=1. Se sigue igualmente que m=1, luego a=b=e.

 

Ejercicio 17

17.- Supongamos que las funciones diferenciables satisfacen

Prueba que

(2001-Primer día, Problema 6)

Solución

Como para aplicar la regla de L’Hopital necesitamos saber que existe el , tenemos que ver si existe , ya que en ese caso, tomando límites en la igualdad: tenemos que

, y por tanto existe .

Nota: Faltaría demostrar que existe.

 

Ejercicio 18

Sea una función con derivadas de cualquier orden en y tal que existe para todo . Demuestra que si tiene una asíntota horizontal en , entonces . ¿Es el recíproco cierto?

(2005-Lista Corta, Problema 42)

Solución

Demostraremos que es cierto para . Tenemos que , y por otro lado, por el teorema de Lagrange tenemos que

. Por tanto si tomamos límites a ambos miembros de la expresión tenemos que:

.

Demostremos ahora que si para un cierto se tiene que entonces para también es cierto.

Tenemos nuevamente por el teorema de Lagrange, que al existir todas las derivadas de , entonces y por tanto

así que queda probado.

Para demostrar que el recíproco es falso basta considerar .

Nota:

Sí que se puede afirmar que, si , entonces  (de hecho, con que basta):

Si , entonces y usando nuevamente el teorema de Lagrange, tenemos que y

 

 

Ejercicio 19

Sea una matriz simétrica con autovalores distintos y sea el conjunto de todas las matrices tales que conmutan con , . Demuestra que las matrices de son también simétricas. ¿Es el resultado cierto si tiene autovalores múltiples?

(2005-Lista Corta, Problema 33)

Solución

Vemos primero que si tiene autovalores múltiples el resultado es falso: con , sería el conjunto de todas las matrices, y no todas son simétricas.

Demostramos la proposición cuando los autovalores de son distintos:

Entonces, podemos asegurar que es estrictamente diagonalizable y por tanto, existen tres autovectores ortogonales entre sí.

Por tanto, forman una base y cualquier matriz de se puede expresar como , donde siendo la forma canónica de .

Así que . Ahora es fácil demostrar que tiene que ser simétrica ya que si

Entonces igualando elementos nos queda , y como (autovalores distintos), ha de ser . De forma análoga llegamos a que para todo . Entonces es diagonal, y por tanto simétrica. 

Ya sólo queda demostrar que es también simétrica. Como  son ortogonales entre sí y se pueden tomar de norma 1, , por lo que es simétrica al serlo .

 

Ejercicio 20

Compara y para todo

(2006-Segundo día, Problema 3)

Solución

Vamos a ver que para todo . Es claro que

, para todo , ya que, si , entonces (la función es estrictamente creciente en el primer cuadrante), por lo que ( es estrictamente creciente en su dominio), por lo que basta con ver que para todo .

Para ello, vemos que para todo . Para ello, desarrollamos por Taylor en el 0 la función de la izquierda: Si llamamos , tenemos que , siendo sus sucesivas derivadas en el 0:

,

, ,

, , , .

Por tanto,

Se cumple entonces que

(Donde los puntos suspensivos indican términos de mayor grado). Por tanto, para todo , para cierto número (se cumple que

si y está cerca de 0, ya que si , al ser continua y ). Para ver que la función es positiva en todo el intervalo que nos piden, hacemos lo siguiente:

(Ya que si , se cumple que , por lo que ).

Por tanto, si llamamos , hay que ver que para todo (sabemos por lo anterior que para todo , para cierto número ).

Para ello, vemos el signo de en las raíces de en , si existen:

Entonces se cumple que:

.

Es decir, en los puntos donde , si existen, tiene el mismo signo que:

. Para ver el signo de en , vemos el signo de en las raíces de en , si existen:

(Tomamos sólo la raíz positiva porque ).

Entonces, (tomamos sólo la raíz positiva porque , por lo que al ser , ya que . La raíz está definida al ser , ya que , al ser ). Por tanto,

Entonces donde ,

,

y esta última función tiene el mismo signo que

.

Vamos a ver que

, para todo :

 

Y esto último es equivalente con

Si hacemos ahora el cambio de variable tenemos que, como , .

Por tanto, la desigualdad anterior queda

. Se puede ver por la regla de Ruffini que el polinomio de la izquierda tiene la raíz triple, luego la desigualdad se factoriza como .

Como , tenemos que , luego para demostrar la desigualdad deseada basta ver que , si .

Para ver esto, observamos que tiene el mismo signo que , tiene el mismo signo que , tiene el mismo signo que , y tiene el mismo signo que . Hallamos las raíces de este último polinomio:

, por lo que, al ser el coeficiente de positivo, tenemos que para todo , y entonces es estrictamente creciente, con , por lo que si , y entonces es estrictamente creciente en ese intervalo, con , por lo que si , y entonces es estrictamente creciente en ese intervalo, con , por lo que si , y entonces es estrictamente creciente en ese intervalo, con , por lo que si , y en concreto si , como queríamos. Por tanto tenemos que para todo , y entonces donde , si .

Vamos a ver que esto implica que no tiene raíces en este intervalo. Para ello, hallamos ahora el polinomio de Taylor de en 0: se cumple que

Por lo que:

Por otro lado,

Entonces:

Por tanto,

, lo que implica que si para cierto número , al ser si . Esto indica que no tiene ninguna raíz en , ya que si tuviera alguna, estaría en , por lo que habría un mínimo de las raíces de en ese intervalo, llamémosle , pero como ( ), será estrictamente creciente cerca de , por lo que existe un tal que , y al ser si , por Bolzano existe un con tal que , contradicción con que era la mínima raíz en . Por tanto, al ser continua, se cumple que en , por lo que donde en , y como si para cierto , como vimos al principio, se cumple que para todo , como queríamos (repitiendo el argumento visto para )