Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 6

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Monazo

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Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 6

Mensaje sin leer por Monazo »

Para cada entero positivo $n$ consideramos el polinomio de coeficientes reales, de $2n+1$ términos,$$P(x)=a_{2n}x^{2n}+a_{2n-1}x^{2n-1}+\cdots +a_1x+a_0$$donde todos los coeficientes son números reales que satisfacen $100\leq a_i\leq 101$ para $0\leq i\leq 2n$. Hallar el menor valor posible de $n$ tal que el polinomio puede tener al menos una raíz real.
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juandodyk

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Re: Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 6

Mensaje sin leer por juandodyk »

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Sea $x$ una raiz real. Si $x\geq 0$, $P(x)\geq a_0 >0$, absurdo. Entonces $x<0$. Llamemos $-x$ a la raiz, con $x>0$.

Tenemos $P(X) = 100(X^{2n}+\cdots+1) + \sum_{i=0}^{2n} b_iX^i = 100 \frac{X^{2n+1}-1}{X-1} + \sum_{i=0}^{2n} b_iX^i$, donde $b_i = a_i - 100$ son numeros entre $0$ y $1$. Entonces $0 = P(-x) = 100 \frac{x^{2n+1}+1}{x+1} + \sum_{i=0}^{2n} (-1)^i b_i x^i$ y $100(x^{2n+1}+1) = (x+1)\sum_{i=0}^{2n} (-1)^{i+1} b_i x^i$. Ahora $\sum_{i\in I} (-1)^{i+1} b_i x^i \leq x + x^3 + \cdots + x^{2n-1}$. Entonces $100(x^{2n+1}+1) \leq (x+1)(x+x^3+\cdots+x^{2n-1}) = x+x^2+\cdots+x^{2n}$.

Voy a probar que $n(x^{2n+1}+1) \geq x+\cdots+x^{2n}$ con igualdad sii $x=1$. Esto es la suma de $x^{2n+1}+1 \geq x^k+x^{2n+1-k}$ para $k=1,\ldots,n$. Y esto es verdad dado que
$$\begin{aligned}
x^{2n+1}+1 - x^k-x^{2n+1-k}&=x^k(x^{2n+1-k}-1)-(x^{2n+1-k}-1)\\
&=(x^k-1)(x^{2n+1-k}-1)\\
&=(x-1)^2(x^{k-1}+\cdots+1)(x^{2n-k}+\cdots+1)\geq0
\end{aligned}$$
con igualdad sii $x=1$.

Si $n<100$ tenemos $100(x^{2n+1}+1)>n(x^{2n+1}+1)\geq x+x^2+\cdots+x^{2n}$, que contradice $100(x^{2n+1}+1) \leq x+x^2+\cdots+x^{2n}$, entonces $x$ no puede ser una raiz. Si $n=100$, $x=1$ funciona con $a_i=100$ si $i$ es par y $101$ si $i$ es impar. Por lo tanto la respuesta es $n=100$.
Última edición por juandodyk el Sab 03 Dic, 2022 2:38 pm, editado 1 vez en total.
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sebach

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Re: Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 6

Mensaje sin leer por sebach »

juandodyk escribió: Mié 16 Nov, 2022 4:09 pm
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Sea $x$ una raiz real. Si $x\geq 0$, $P(x)\geq a_0 >0$, absurdo. Entonces $x<0$. Llamemos $-x$ a la raiz, con $x>0$.

Sea $I$ el conjunto de indices $i$ tales que $a_i=101$. Tenemos $P(X) = 100(X^{2n}+\cdots+1) + \sum_{i\in I} X^i = 100 \frac{X^{2n+1}-1}{X-1} + \sum_{i\in I} X^i$. Entonces $0 = P(-x) = 100 \frac{x^{2n+1}+1}{x+1} + \sum_{i\in I} (-1)^i x^i$ y $100(x^{2n+1}+1) = (x+1)\sum_{i\in I} (-1)^{i+1} x^i$. Ahora $\sum_{i\in I} (-1)^{i+1} x^i \leq x + x^3 + \cdots + x^{2n-1}$. Entonces $100(x^{2n+1}+1) \leq (x+1)(x+x^3+\cdots+x^{2n-1}) = x+x^2+\cdots+x^{2n}$.

Voy a probar que $n(x^{2n+1}+1) \geq x+\cdots+x^{2n}$ con igualdad sii $x=1$. Esto es la suma de $x^{2n+1}+1 \geq x^k+x^{2n+1-k}$ para $k=1,\ldots,n$. Y esto es verdad dado que
$$\begin{aligned}
x^{2n+1}+1 - x^k-x^{2n+1-k}&=x^k(x^{2n+1-k}-1)-(x^{2n+1-k}-1)\\
&=(x^k-1)(x^{2n+1-k}-1)\\
&=(x-1)^2(x^{k-1}+\cdots+1)(x^{2n-k}+\cdots+1)\geq0
\end{aligned}$$
con igualdad sii $x=1$.

Si $n<100$ tenemos $100(x^{2n+1}+1)>n(x^{2n+1}+1)\geq x+x^2+\cdots+x^{2n}$, que contradice $100(x^{2n+1}+1) \leq x+x^2+\cdots+x^{2n}$, entonces $x$ no puede ser una raiz. Si $n=100$, $x=1$ funciona. Por lo tanto la respuesta es $n=100$.
Pregunta
Spoiler: mostrar
Estás asumiendo que los coeficientes son ó bien $100$ ó bien $101$, sin nadie en el medio, no?

Entiendo que vale decir "en el menos infinito se va a infinito porque $2n$ es par, y lo mismo hacia la derecha, entonces si tenés un polinomio con una raíz en $x$, podés ajustar los coeficientes en donde $x^i$ sea negativo los llevás a $101$ y donde es positivo lo achicás a $100$, y entonces ese nuevo polinomio en $x$ tiene un valor menor o igual y entonces el nuevo polinomio tiene todos sus coeficientes enteros ($100$ ó $101$) y al menos una raíz real."
Pero esto sin haberlo dicho lo estás usando para tu demo, no?
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juandodyk

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Re: Nacional 2022 - Nivel 3 - Problema 6

Mensaje sin leer por juandodyk »

sebach escribió: Vie 18 Nov, 2022 3:44 am
juandodyk escribió: Mié 16 Nov, 2022 4:09 pm
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Sea $x$ una raiz real. Si $x\geq 0$, $P(x)\geq a_0 >0$, absurdo. Entonces $x<0$. Llamemos $-x$ a la raiz, con $x>0$.

Sea $I$ el conjunto de indices $i$ tales que $a_i=101$. Tenemos $P(X) = 100(X^{2n}+\cdots+1) + \sum_{i\in I} X^i = 100 \frac{X^{2n+1}-1}{X-1} + \sum_{i\in I} X^i$. Entonces $0 = P(-x) = 100 \frac{x^{2n+1}+1}{x+1} + \sum_{i\in I} (-1)^i x^i$ y $100(x^{2n+1}+1) = (x+1)\sum_{i\in I} (-1)^{i+1} x^i$. Ahora $\sum_{i\in I} (-1)^{i+1} x^i \leq x + x^3 + \cdots + x^{2n-1}$. Entonces $100(x^{2n+1}+1) \leq (x+1)(x+x^3+\cdots+x^{2n-1}) = x+x^2+\cdots+x^{2n}$.

Voy a probar que $n(x^{2n+1}+1) \geq x+\cdots+x^{2n}$ con igualdad sii $x=1$. Esto es la suma de $x^{2n+1}+1 \geq x^k+x^{2n+1-k}$ para $k=1,\ldots,n$. Y esto es verdad dado que
$$\begin{aligned}
x^{2n+1}+1 - x^k-x^{2n+1-k}&=x^k(x^{2n+1-k}-1)-(x^{2n+1-k}-1)\\
&=(x^k-1)(x^{2n+1-k}-1)\\
&=(x-1)^2(x^{k-1}+\cdots+1)(x^{2n-k}+\cdots+1)\geq0
\end{aligned}$$
con igualdad sii $x=1$.

Si $n<100$ tenemos $100(x^{2n+1}+1)>n(x^{2n+1}+1)\geq x+x^2+\cdots+x^{2n}$, que contradice $100(x^{2n+1}+1) \leq x+x^2+\cdots+x^{2n}$, entonces $x$ no puede ser una raiz. Si $n=100$, $x=1$ funciona. Por lo tanto la respuesta es $n=100$.
Pregunta
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Estás asumiendo que los coeficientes son ó bien $100$ ó bien $101$, sin nadie en el medio, no?

Entiendo que vale decir "en el menos infinito se va a infinito porque $2n$ es par, y lo mismo hacia la derecha, entonces si tenés un polinomio con una raíz en $x$, podés ajustar los coeficientes en donde $x^i$ sea negativo los llevás a $101$ y donde es positivo lo achicás a $100$, y entonces ese nuevo polinomio en $x$ tiene un valor menor o igual y entonces el nuevo polinomio tiene todos sus coeficientes enteros ($100$ ó $101$) y al menos una raíz real."
Pero esto sin haberlo dicho lo estás usando para tu demo, no?
Uh, no, creo que simplemente entendi que los coeficientes solo podian ser 100 o 101. Igual la demostracion sigue funcionando, creo, con un minimo cambio.
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