3. 1.-
Problemas de
y
Decimos que 
es un punto n-periódico si 
y n
es el menor número con esta propiedad. Prueba que para todo 
el conjunto de n-periódicos es no vacío y finito.
(1998-Segundo día, Problema 3)
Solución
Como es 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 que se 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
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.
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.
14.- Supongamos que 
y 
.
Probar que 
(1999-Segundo día, Problema 3)
Solución
Sabemos que 
,
luego
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,
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.
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.
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
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 .
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 )