Torneo de las Ciudades - Octubre 2015 - NM P3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Gianni De Rico

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Torneo de las Ciudades - Octubre 2015 - NM P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Sea $P$ un polinomio tal que cada coeficiente de $P$ es un entero con valor absoluto menor o igual a $2015$.
Demostrar que las raíces positivas de $P$ son mayores a $\frac{1}{2016}$.
♪♫ do re mi función lineal ♪♫
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Turko Arias

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Re: Torneo de las Ciudades - Octubre 2015 - NM P3

Mensaje sin leer por Turko Arias »

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Lema: Sean $w,z$ reales, tenemos entonces que $||w|-|z|| \leq |w-z|$
Demostración:
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Si $|w|>|z|$ por desigualdad triangular tenemos que $|w|=|w-z+z| \leq |w-z|+|z|$, de donde $|w|-|z| \leq |w-z|$, pero $|w|-|z|=||w|-|z||$ así que estamos.

Si $|w| \leq |z|$ por desigualdad triangular tenemos que $|z|=|z-w+w| \leq |z-w|+|w|$, de donde $|z|-|w| \leq |z-w|$, pero $|z|-|w|=||z|-|w||=||w|-|z||$ así que estamos.
Sea $P(x)=a_nx^n+...a_1x+a_0$. Vamos a probar que $|a_0| > |a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n|$ si $0<x \leq \frac{1}{2016}$.
Notemos que $|a_0| \geq 1$ por enunciado, y por la generalización de la desigualdad triangular tenemos que
$$|a_1||x|+|a_2||x^2|+...+|a_n||x_n| \geq |a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n|$$
pero por enunciado tenemos que $|a_i| \leq 2015$ y por las hipótesis de lo que queremos probar, tenemos que $|x^i| \leq \left( \frac{1}{2016} \right)^i$, por lo que nos queda
$$ 2015 \times \frac{1}{2016}+2015 \times \frac{1}{2016^2}+...+2015 \times \frac{1}{2016^n} \geq |a_1||x|+|a_2||x^2|+...+|a_n||x^n|$$
Y acomodando un poco las cosas tenemos:
$$ 2015 \times \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{2016} \right) ^i \geq |a_1||x|+|a_2||x^2|+...+|a_n||x^n|$$
El siguiente paso que es un poco "técnico" se puede reemplazar probando por inducción que $\sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{2016} \right) ^i < \frac{1}{2015}$ para todo $n$.

Ahora bien, como sabemos que
$$\frac{1}{2015}=\frac{1}{1-\frac{1}{2016}}-1=\lim \limits _{n\to \infty} \left[ \sum_{i=0}^{n} \left( \frac{1}{2016} \right) ^i \right] -1 = \lim \limits _{n\to \infty} \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{2016} \right) ^i$$
y es una serie de potencias de términos positivos la que calculamos, tenemos entonces que
$$\sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{2016} \right) ^i < \frac{1}{2015}$$
$$2015 \times \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{2016} \right) ^i < 2015 \times \frac{1}{2015}=1$$
Pero entonces terminamos teniendo:
$$|a_0| \geq 1 > 2015 \times \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{2016} \right) ^i \geq |a_1||x|+|a_2||x^2|+...+|a_n||x_n|\geq $$
$$|a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n|=|-a_1x-a_2x^2-...-a_nx^n|$$
De lo que deducimos que $0<|a_0|-|-a_1x-a_2x^2-...-a_nx^n|=||a_0|-|-a_1x-a_2x^2-...-a_nx^n||$, pero aplicando nuestro lema resulta:
$$0< ||a_0|-|-a_1x-a_2x^2-...-a_nx^n|| \leq |a_0-(-a_1x-a_2x^2-...-a_nx^n)|$$
$$|a_0-(-a_1x-a_2x^2-...-a_nx^n)|=|a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n|=|P(x)|$$

Luego, si $0<x \leq \frac{1}{2016}$ tenemos que $|P(x)|>0$ por lo que $x$ no puede ser raíz y estamos $\blacksquare$
Fundamentalista del Aire Acondicionado

Y todo el orgullo de ser bien bilardista
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