Math's Fact

Solución problema número doce

2013-09-18T15:38:00.001+02:00

La estrategia que vamos a usar será considerar el caso extremo en el que $z$ toma cualquier valor natural y $x=y=z-1$, por comodidad vamos a llamar $k=z-1\in \mathbb{N}$ (¿excluimos el valor $z=1$?).

Metiendo nuestros datos en la ecuación obtenemos lo siguiente,

$$(k+1)^n=2k^n\Rightarrow 2=(\frac{k+1}{k})^n=(1+\frac{1}{k})^n$$

además sabemos que $n=k+m$, por tanto,

$$2=(1+\frac{1}{k})^k(1+\frac{1}{k})^m$$

y como,

$$(1+\frac{1}{k})^k>2\text{ y }(1+\frac{1}{k})^m>1\Rightarrow (1+\frac{1}{k})^n>2$$

esto implica, volviendo hacía atrás, que $z^n>x^n+y^n$. Por lo tanto no pueden existir tales números, ya que si escogiésemos otro par $(x,y)$ tendrían que ser necesariamente, al menos uno de ellos, menores que los anteriores ya que hemos considerado el caso extremo, por tanto la suma sería todavía menor.

Pintar el plano

2013-07-14T21:05:00.000+02:00

Supongamos que pintamos cada punto del plano de un color, no necesariamente distinto. Lo que vamos a intentar responder aquí es: ¿cuántos colores distintos podemos usar para poder asegurar que para cada número real $\alpha$ existe un segmento de longitud $\alpha$ con los extremos del mismo color?

Claramente si usamos únicamente un color se verifica el enunciado, ya que cualquier segmento tiene los extremos del mismo color y hay segmentos de todas las medidas posibles.

Usando dos colores (rojo y verde, por ejemplo) la respuesta sigue siendo afirmativa, la demostración es bastante sencilla. Sea $\alpha$ un número real arbitrario, supongamos que existe un punto $P$ de color rojo tal que para todo punto $Q$ que diste $\alpha$ de $P$, $Q$ es verde, es decir, la circunferencia de centro $P$ y radio $\alpha$ es verde, en ese caso podemos escoger una cuerda de esta de tamaño $\alpha$ la cual tiene ambos extremos del mismo color ($AQ$ en la figura 1), basta dibujar un triángulo equilátero de base $PQ$.

Figura 1

Si usamos tres colores (digamos rojo, verde y azul) el resultado sigue siendo cierto, aunque la prueba se complica ligeramente. Sea $\alpha \in \mathbb{R}$, sea $P$ un punto, supongamos que es rojo y que no hay ningún segmento de tamaño $\alpha$ con uno de sus extremos el punto $P$ y el otro extremo rojo, es decir, la circunferencia de centro $P$ y radio $\alpha$ solo contiene puntos verdes y azules. Trazamos ahora un triángulo equilátero de radio $\alpha$ siendo $P$ uno de sus vértices, se tiene entonces que los otros dos vértices $Q$ y $Q'$ no son rojos, ya que están contenidos en la circunferencia antes mencionada. Vamos a suponer, además, que estos dos son de colores distintos, de lo contrario ya habríamos encontrado un segmento de longitud $\alpha$ con los extremos iguales, así que uno es verde y el otro azul. Trazamos ahora el otro triángulo equilátero con base $QQ'$, hemos de suponer que el tercer vértice $A$ es rojo, de lo contrario $QA$ o $Q'A$ serían el segmento buscado. De aquí deducimos que la circunferencia de centro $P$ y radio la distancia entre $P$ y $A$ es roja, así que basta escoger una cuerda de tamaño $\alpha$ dentro de esta circunferencia.

Figura 2

En principio no se observan en las demostraciones similitudes que nos permitan llegar a una demostración general para el caso en el que usemos $n$ colores, de hecho, para $n>2$ es un problema abierto.

Problema número doce

2013-03-13T16:05:00.001+01:00

Hemos encontrado este problema en el blog Gaussianos, agradecemos que nos halla permitido publicarlo aquí.

Demostrar, sin usar el último teorema de fermat, que no existen soluciones naturales a la ecuación

$$x^n+y^n=z^n\text{ con }z\leq n$$

Resumen del carnaval

2013-02-03T22:00:00.002+01:00

¡El carnaval a terminado! Agradecemos a todos los participantes su colaboración, a continuación expondremos uno por uno todos los posts que nos habéis enviado.

-Generalised Truchet tiles del blog Complex Proyective 4-Space, nos lo envia Christian Perfect.

Algunas pequeñas pruebas y un poco de teoría de nudos.

-Definición formal de la normalidad y la rareza del blog Ciencia y Lógica son suficientes, enviado por Kurt Friedich Gödel.

Una forma de definir dichos conceptos de manera mas rigurosa y formal.

-Sobre las sentencias falsas del blog Ciencia y Lógica son suficientes, enviado por Kurt Friedich Gödel.

"La paradoja del mentiroso" resuelta, en una de sus versiones, usando la lógica formal.

-Sobre el Teorema de Gödel del blog Ciencia y Lógica son suficientes, enviado por Kurt Friedich Gödel.

Un acercamiento, a nivel divulgativo, del famoso e influyente Teorema de Gödel.

-Mathematics-Themed Valentine's Day Card del blog My Reckonings: Thoughts and Observations por Ron Doerfler.

Una tarjeta para el día de San Valentín con gran contenido matemático.

-How to beat "Blue Monday" del blog Andrewt, enviado por Katie.

Tratando de matematizar lo imposible.

-Keith Devlin - Inspired by Math #17 una entrevista de Keith Devlin enviada por Sol Lenderman.

Una entrevista a Keith Devlin, profesor de la universidad de Stanford.

- James Bloody Grime and his blasted logarithms del blog Flying Colours Maths, nos lo envia Katie.

Tratando de resolver una ecuación logarítmica bastante interesante.

-Chaos del blog Chaos, enviado por Thomas Egense.

Una serie de vídeos didácticos sobre la Teoría del Caos.

-Visualising complex functions del blog Complex Proyective 4-Space, nos lo envia Christian Perfect.

Una curiosa forma de visualizar las funciones meromorfas mediante el mapa del mundo.

-To infinity... and beyond! del blog Acko Christian Perfect.

Sobre el infinito y el mundo real.

La siguiente edición será hospedada por el blog Math Mama Writes, ¡desde aquí os animamos a seguir participando!

¡Estamos de carnaval!

2013-01-09T21:51:00.000+01:00

Volvemos de las vacaciones con más actividad que nunca, ¡dentro de un mes tendremos el honor de hospedar del nonagésimo quinto Carnival of Mathematics!

El evento consiste en recoger los post que nos vayáis enviando en un post de este blog. La forma más directa de participar en el Carnival of Mathematics es publicar un artículo en vuestro propio blog y hacérnoslo saber rellenando el formulario que podéis encontrar aquí. No obstante, para que no sea necesario ser autor de un blog para participar, también podéis mandarnos vuestro artículo a nuestro correo electrónico mathsfact@gmail.com directamente, indicando que queréis participar en el evento, y publicaremos dicho artículo en este blog. El carnaval de este mes corre a cargo de Paul y se puede acceder a el desde aquí.

Sobre el contenido de los envíos poco hay que decir, tan solo resaltar evidencias:

-El tema a tratar en los envíos tiene que ser, obviamente, las matemáticas.

-El contenido no tiene porque ser original, siempre y cuando se respeten los derechos del autor y se haga mención de este.

-No se puede haber participado, con ese mismo artículo, en anteriores certámenes del evento.

-Se pueden enviar tantos post como se desee.

El plazo para enviar vuestra participación ya esta abierto, y finalizará el día 31 de este mes, para publicar las participaciones la primera semana de febrero. ¡Esperamos vuestros artículos!

Problema número once

2012-12-03T23:57:00.000+01:00

Un problema propuesto por Leonardo Javier Ortega en esta entrada:

Encontrar, si existen, $a,b,c\in\mathbb{N}$ con $a<b<c$ con $$\sum_{k=1}^a k=\sum_{k=a+1}^b k=\sum_{k=b+1}^c k$$

Solución al problema número diez

2012-12-03T23:52:00.000+01:00

Pablo Rodríguez siguió los siguientes pasos,

$$(a+b+c)^3=0$$

desarrollando y despejando $a^3+b^3+c^3$ obtenemos,

$$a^3+b^3+c^3=-3(a+b)(b+c)(a+c)$$

como colofón final basta observar el valor de cada uno de los binomios entre paréntesis despejando de la ecuación del enunciado, y finalmente se obtiene,

$$-3(a+b)(b+c)(a+c)=3abc$$

La fórmula de Tupper

2012-11-21T23:28:00.000+01:00

Jeff Tupper trata de resolver el problema de dibujar en un plano, mediante un ordenador, las soluciones a $f(x,y)=0$, $f(x,y)<0$ o $f(x,y)\leq 0$, para ciertos $(x,y)$ pertenecientes a un rectángulo de $\mathbb{R}^2$.

Si analizamos el problema de forma estrictamente rigurosa nos damos cuenta de que no es posible "pintar" en un plano esos puntos, ya que no tienen dimensión y es un concepto que físicamente no tiene sentido. Esto suponiendo que conozcamos las soluciones de dicha ecuación, que este problema, de por si, puede tornarse irrealizable, con lo que habría que ir probando parejas de números una por una, y, nuevamente, vuelve a ser imposible.

Volviendo al mundo real, nos damos cuenta de que dicho dibujo se va a ver en una pantalla de ordenador, lo que quiere decir que nuestro rectángulo en $\mathbb{R}^2$, pasa a ser un conjunto de puntos finito (el de los píxeles que encierre), donde en cada pixel se encuentran infinitos puntos ya que este es a su vez un rectángulo. Por lo tanto el problema se reduce a decidir que píxeles pintamos y cuales no, Tupper propone pintar un pixel de negro en caso de que en el conjunto de puntos contenidos en el pixel haya alguna solución, rojo en caso de que no se haya conseguido determinar si la hay o no y blanco en caso de que se pueda asegurar que no la hay.

El trabajo de Tupper por supuesto no se reduce a esto, propone algoritmos que, siguiendo estas pautas, resuelven un "gran número" de ecuaciones de la forma antes descrita, se pueden consultar en su trabajo completo aquí aunque para nuestro objetivo nos basta con ser conocedores de su existencia.

Dicho esto, podemos dar entrada a objeto que da nombre a este post, la fórmula de Tupper, dicha fórmula es una ecuación sobre las que trata su trabajo, en concreto es una desigualdad de la siguiente forma:

$$f(x,y)<0$$

con,

$$f(x,y)=\frac{1}{2}-[\mod([\frac{y}{17}]2^{-17[x]-\mod([y],17)},2)]$$

donde por $\mod(a,b)$ entendemos el resto resultante de la división entera de $a$ entre $b$ y $[a]$ significa la parte entera de $a$. Vamos a escribir la fórmula de esta forma, ahora veremos porque,

$$\frac{1}{2}<[\mod([\frac{y}{17}]2^{-17[x]-\mod([y],17)},2)]$$

y vamos a considerar las soluciones contenidas en el rectángulo $[0,106]\times [k,k+17]$ en $\mathbb{R}^2$ donde $k$ es un número natural monstruoso de 544 cifras que también se puede consultar en el enlace antes mencionado. Para dibujarlo necesitamos también un rectángulo de píxeles, que simule ser nuestro rectángulo anterior, elegimos uno de $1696\times 272$ píxeles, que tiene los lados proporcionales al otro. Pues resulta que usando uno de los algoritmos que describe, en concreto el $3.2$ de su trabajo, el resultado obtenido es el siguiente:

¡Se obtiene un dibujo de la propia fórmula!

Esta entrada participa en el Carnaval de Matemáticas en su edición 3.14159265 cuyo anfitrión es pimedios-la aventura de las matemáticas.

Problema número diez

2012-11-20T13:24:00.001+01:00

Sean $a$, $b$ y $c$ tres números reales con $a+b+c=0$, ¿cuánto vale $a^3+b^3+c^3$?

Solución al problema número nueve

2012-11-20T13:16:00.000+01:00

El sistema es compatible, pero tenemos que asegurar la existencia, en las condiciones del enunciado, de una solución con $(a,b,c)\neq (0,0,0)$. Razonamos por contraposición. Supongamos que $(a,b,c)=(0,0,0)$ y tenemos 5 puntos en el plano de coordenadas $(x_i,y_i)$ con $i\in \{1, \cdots, 5\}$ verificando la ecuación del enunciado. Obtenemos entonces que,
$$dx_i+ey_i+f=0\text{ para cada }i\in\{1,\cdots , 5\}$$
de donde deducimos que, efectivamente, están alineados.

La conjetura de Catalan

2012-11-13T13:54:00.000+01:00

Quizás alguna vez os hayáis preguntado si hay potencias de números naturales que sean consecutivas, un ejemplo de esto sería $3^2=9$ y $2^3=8$ y, de echo, es el único. El matemático Eugène Charles Catalan (20/05/1814-14/02/1894) enunció esta conjetura, que podemos expresar de la siguiente forma:

No existen $a,b,n,m\in\mathbb{N}$ distintos de $3,2,2$ y $3$ verificando,$$a^n-b^m=1$$

A pesar de denominar a este resultado conjetura he afirmado que es cierto, en realidad dejo de ser una conjetura para pasar a ser un teorema, el teorema de Mihăilescu, en 2002 cuando Preda Mihăilescu presentó una demostración.

Si nos fijamos en,

$$a^n=1+b^m$$

vemos que presenta cierta similitud con el UTF. Una vez echa esta observación el siguiente paso inmediato es preguntarse que ocurrirá con las soluciones naturales de la siguiente ecuación,

$$a^n=b^m+c^k$$

ya que de ella se desprendería tanto el UTF como la conjetura de Catalan puesto que son casos particulares, el primero si $n=m=k$ y el segundo si $c=1$. Pues bien, existe una conjetura, que no ha sido demostrada ni contradicha hasta la fecha, que trata sobre esto último, es la llamada conjetura de Fermat-Catalan y postula que dicha ecuación tiene un número finito de soluciones si $a,b,c,n,m,k\in\mathbb{N}$ y además los tres primeros son coprimos y los tres últimos verifican que,

$$\frac{1}{n}+\frac{1}{m}+\frac{1}{k}<1$$

con una pequeña salvedad, ya que, según hemos visto, $1^k+2^3=3^2$ para cualquier $k\in\mathbb{N}$, pero esta familia de soluciones se contabiliza como una.

Quizás no haya sido del todo fiel a la realidad diciendo que la conjetura de Fermat-Catalan no está demostrada, ya que la conjetura ABC implicaría su veracidad y actualmente se esta revisando una posible demostración de tal conjetura que, según los expertos, tiene muchas papeletas para ser correcta.

Problema número nueve

2012-11-12T13:57:00.000+01:00

Llamamos cónica a la figura geométrica en el plano dada por los puntos $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ tales que,$$ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0$$para ciertos $a,b,c,d,e,f\in\mathbb{R}$ con $(a,b,c)\neq (0,0,0)$. Demostrar que por cada 5 puntos no alineados pasa, al menos, una cónica.

El teorema de Gauss-Lucas

2012-11-08T15:10:00.001+01:00

Vamos a dar una demostración de este interesante resultado, comenzamos enunciándolo

Sea $P(z)$ un polinomio con coeficientes complejos, de una variable y no constante; entonces las raíces de $P'(z)$ se encuentran en la envolvente convexa de las de $P(z)$

En particular esto nos dice que si un polinomio real tiene todas sus raíces reales, las raíces de todas sus derivadas también son reales, o incluso que si las raíces de un polinomio real son todas positivas (respecto, negativas) lo mismo ocurre con las de todas sus derivadas (aclaro que con todas sus derivadas me refiero a, si el polinomio es de grado $n$, las $n$ primeras).

Vamos con la demostración:

Sea $P(z)$ un polinomio en las condiciones del enunciado, y sea $n$ su grado. El teorema fundamental del álgebra nos indica que dicho polinomio tiene $n$ raíces $z_1,\cdots,z_n\in \mathbb{C}$, por tanto, si $\alpha$ es el coeficiente principal, podemos escribir lo siguiente,
$$P(z)=\alpha \prod_{i=1}^nz_i$$
sea ahora $z\in \mathbb{C}$ tal que $P(z)\neq 0$, tenemos que,
$$\frac{P'(z)}{P(z)}=\sum_{i=1}^n\frac{1}{z-ai}$$
si $z\in\mathbb{C}$ es un cero de $P(z)$ y $P'(z)$ obviamente esta contenido en la envolvente convexa de los ceros de $P(z)$, por tanto vamos a suponer que anula únicamente a $P'(z)$,
$$0=\sum_{i=1}^n\frac{1}{z-ai}=\sum_{i=1}^n\frac{\bar{z}-\bar{a_i}}{|z-ai|^2}$$
o, lo que es lo mismo, llamando $k_i=\frac{1}{|z-ai|^2}$,
$$\bar{z}\sum_{i=1}^nk_i=\sum_{i=1}^nk_i\bar{a_i}\Leftrightarrow z\sum_{i=1}^nk_i=\sum_{i=1}^nk_ia_i\Leftrightarrow z=\sum_{i=1}^n\frac{k_i}{\sum_{i=1}^nk_i}a_i$$
es decir, $z$ es una combinación lineal convexa de las raíces de $P(z)$, por tanto pertenece a su envolvente convexa.

La demostración la he encontrado en Wikipedia: http://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%E2%80%93Lucas_theorem

Solución al problema número ocho

2012-11-05T21:55:00.000+01:00

Solución enviada por Bolo:

Tenemos que,
$$f(x)+2f(-x)=\sin x$$
y para $-x$ se tiene que,
$$f(-x)+2f(x)=\sin (-x)=-\sin x$$
sumando ambas ecuaciones,
$$3f(x)+3f(-x)=0\Rightarrow f(x)=-f(x)$$
ahora basta con observar que,
$$1=\sin \frac{\pi}{2}=f(\frac{\pi}{2})+2f(-\frac{\pi}{2})=f(\frac{\pi}{2})-2f(\frac{\pi}{2})=-f(\frac{\pi}{2})$$
así que,
$$f(\frac{\pi}{2})=-1$$

Senos "lineales"

2012-11-01T20:54:00.000+01:00

No se pretende afirmar que la función $\sin x$ es lineal, ni mucho menos, todos sabemos que esto no es así. Pero en ciertas condiciones esta función aparenta, relativamente, serlo, como vamos a ver a continuación:

$$\sin(x+y)\sin(x-y)=(\sin x \cos y+\cos x\sin y)(\sin x \cos y-\cos x\sin y)=$$

$$=\sin^2x\cos^2y-\cos^x\sin^2y=\sin^2x(1-\sin^2y)-\cos^2x\sin^2y=$$

$$=\sin^x-\sin^2y(\sin^x+\cos^2x)=\sin^2x-\sin^2y=(\sin x +\sin y)(\sin x -\sin y)$$

en definitiva,

$$\sin(x+y)\sin(x-y)=(\sin x +\sin y)(\sin x -\sin y)$$

aun sin verificarse $\sin (x+y)=\sin x +\sin y$

Vía @analysisfact

Problema número ocho

2012-10-30T15:25:00.000+01:00

Sea $f(x)$ una función tal que $f(x)+2f(-x)=\sin x$, ¿cual es la imagen de $\frac{\pi}{2}$ por $f$?

Solución al problema número siete

2012-10-29T22:14:00.001+01:00

El dato del problema es que los números $a,b$ y $c$ forman una progresión aritmética, es decir,
$$b-a=c-b\Rightarrow b-a-(c-b)=0$$
vamos a comprobar que ocurre lo mismo con los otros tres términos,
$$\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{c}}-\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}-(\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{c}})=$$
$$=\frac{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}-\sqrt{c}}{(\sqrt{a}+\sqrt{c})(\sqrt{b}+\sqrt{c})}-\frac{\sqrt{a}+\sqrt{c}-\sqrt{a}-\sqrt{b}}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{c})}=$$
$$=\frac{(\sqrt{b}-\sqrt{a})(\sqrt{b}+\sqrt{a})-(\sqrt{c}-\sqrt{b})(\sqrt{c}+\sqrt{b})}{(\sqrt{a}+\sqrt{c})(\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{a}+\sqrt{b})}=$$
$$=\frac{b-a-(c-b)}{(\sqrt{a}+\sqrt{c})(\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{a}+\sqrt{b})}=0$$

AVISO: Cambio de dominio

2012-10-27T15:43:00.002+02:00

Informamos de la adquisición de un nuevo dominio para el blog

http:\\www.mathsfact.com\

aun así, de momento, se puede seguir accediendo desde el antiguo.

El conjunto de Mandelbrot

2012-10-25T15:06:00.002+02:00

Benoit B. Mandelbrot fue el padre de la geometría fractal, y es la persona que da nombre al famoso conjunto. Veamos como se define:

Vamos a comenzar definiendo la sucesión recurrente $z_n(c)$ para cada $c\in \mathbb{C}$,
$$\left\{ \begin{array}{ccc}z_0&=&0\\z_{n+1}&=&z_n^2+c\end{array}\right. $$
decimos que un número complejo $c$ pertenece al conjunto de Mandelbrot si la sucesión asociada a este número $z_n(c)$ está acotada (no es necesario que converja), es decir,
$$M=\{c\in \mathbb{C}|\exists K\geq 0\text{ con }|z_n(c)|<K\text{ }\forall n\in \mathbb{N}\}$$

Si representamos en el plano complejo los números con esta propiedad, se obtiene lo siguiente:

A la vista de su representación gráfica, algunas de las siguientes propiedades resultan bastante chocantes:

-Conexión: Intuitivamente podriamos decir que, dados dos puntos $a$ y $b$ de $M$, se puede ir de uno a otro sin pisar fuera del conjunto.

-Compacidad: En particular es cerrado, es decir, tiene "borde", a pesar de que a primera vista nos podría parecer que en el borde los puntos del conjunto se acercan de manera asintótica a algún otro, en realidad ese otro también pertenece al conjunto.

Para finalizar os dejo la página web de el señor Mandelbrot y un vídeo en el que hacen zoom sobre la representación de este conjunto y se ve como va apareciendo la misma forma a diferentes escalas.

Esta entrada participa en la edición 3.1415926 del Carnaval de Matemáticas, alojado en el blog Series Divergentes.

Problema número siete

2012-10-22T13:52:00.001+02:00

Demostrar que si los números $a, b$ y $c$ forman una progresión aritmética, entonces los números $$\frac{1}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}, \frac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\text{ y }\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$también forman una progresión aritmética.

Solución al problema número seis

2012-10-22T13:43:00.001+02:00

Vamos a comenzar estudiando el denominador, tenemos que,
$$|\sin x+\cos x|=|\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi}{4})|\leq \sqrt{2}$$
por tanto la desigualdad se reduce a,
$$\sin^2x>\frac{1}{4}$$
o, lo que es lo mismo,
$$|\sin x|>\frac{1}{2}$$
por tanto se obtiene la familia de intervalos,
$$(\frac{\pi}{6}+k\pi,\frac{5\pi}{6}+k\pi)\text{ con }k\in \mathbb{Z}$$

Conferencia Santaló en la UCM

2012-10-17T14:04:00.000+02:00

La conferencia tendrá lugar el jueves, 18 de octubre de 2012, a las 13:00 en el aula Miguel de Guzmán (S-118) de la Facultad de Ciencias Matemáticas de la Universidad Complutense de Madrid. Esta conferencia, llamada Mathematics on fluids in motion, será impartida por el matemático de la República Checa, Eduard Feireisl (Institute os Mathematics, Academy

of Sciences of the Czech Republic). Podéis encontrar el cartel más grande aquí.

La irracionalidad de pi

2012-10-16T13:55:00.000+02:00

Vamos a probar la irracionalidad del número $\pi$, esta demostración puede encontrarse en el famoso Calculus de Michael Spivak.

Necesitamos realizar algún paso previo para la demostración, vamos a comenzar definiendo una sucesión de funciones y estudiando alguna propiedad interesante de estas:

$$f_n(x)=\frac{x^n(1-)^n}{n!}$$

si $0<x<1$ tenemos que $x^n(1-x)^n<1$, así que,

$$0<f_n(x)<\frac{1}{n!}$$

también observamos que esta función es polinómica desde $n$ hasta $2n$, con unos ciertos coeficientes $c_i$ que no es necesario precisar, tan solo observar que son todos números enteros, por tanto tenemos que,

$$f_n(x)=\frac{1}{n!}\sum_{n}^{2n}c_i$$

una vez tenemos esta expresión, vemos claramente que,

$$f_n^{(k)}(x)=0\text{ si }k<n\text{ o }k>2n$$

y para $n\leq k\leq 2n$ se tiene que,

$$\begin{array}{ccc}f_n^{(n)}(x) & =& \frac{1}{n!}[n!c_n+\text{términos en $x$}]\\
f_n^{(n+1)}(x) & =& \frac{1}{n!}[(n+1)!c_{n+1}+\text{términos en $x$}]\\
\vdots\\
f_n^{(2n)}(x) & = &\frac{1}{n!}[(2n)!c_{2n}+\text{términos en $x$}]
\end{array}$$
de donde vemos, claramente, que $f_n^{(k)}(0)$ es un número entero para cualquier $k\in \mathbb{N}$, además si observamos que
$$f_n(x)=f_n(1-x)\Rightarrow f_n^{(k)}(x)=(-1)^kf_n^{(k)}(1-x)$$
según estas dos observaciones deducimos que $f_n^{(k)}(1)$ es también entero para todo $k\in \mathbb{N}$

Hechas estas observaciones, vamos con la demostración. Probaremos que $\pi^2$ es irracional, de ahí se deduce inmediatamente que $\pi$ lo es, y procederemos por reducción al absurdo.

Supongamos que $\pi^2$ es racional, es decir,
$$\pi^2=\frac{a}{b}$$
sea ahora la función,
$$G(x)=b^n\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}\pi^{2n-2i}f_n^{(2i)}$$
vemos que cada factor verifica,
$$b^n\pi^{2n-2i}=b^n(\pi^2)^{n-k}=b^n(\frac{a}{b})^{n-k}=a^{n-k}b^k$$
así que, usando las observaciones previas, vemos que $G(0)$ y $G(1)$ son enteros.

Ahora derivamos $G$ dos veces, y obtenemos que,
$$G''(x)=b^n\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i}\pi^{2n-2i}f_n^{(2i)}$$

Sumamos $(2)+\pi^2 (1)$ y obtenemos,
$$G''(x)+\pi^2G(x)=b^n\pi^{2n+2}f_n(x)=\pi^2a^nf_n(x)$$

Definimos ahora una nueva función $H$ como sigue,
$$H(x)=G'(x)\sin(\pi x)-\pi G(x)\cos(\pi x)$$
y derivando,
$$H'(x)=G'(x)\cos(\pi x)+G''(x)\sin(\pi x)-\pi G'(x)\cos(\pi x)+\pi^2 G(x)\sin(\pi x)=$$
$$=(G''(x)+\pi^2G(x))\sin(\pi x)=\pi^2a^nf_n(x)\sin(\pi x)$$

Usando el teorema fundamental del cálculo infinitesimal, tenemos que,
$$\pi^2 \int_0^1a^nf_n(x)\sin(\pi x)=H(1)-H(0)=\pi (G(1)+G(0))$$
de donde,
$$\pi \int_0^1a^nf_n(x)\sin(\pi x)\in \mathbb{Z}$$

Por otro lado sabiamos que $0<f_n(x)<\frac{1}{n!}$ si $0<x<1$, por tanto,
$$0<\pi a^nf_n(x)\sin(\pi x)<\frac{\pi a^n}{n!}$$
así que,
$$0<\pi \int_0^1a^nf_n(x)\sin(\pi x)<\frac{\pi a^n}{n!}$$
hasta aquí el razonamiento a sido independiente de $n$, es decir, es cierto para cualquier natural $n$, a partir de aquí trabajamos con un $n$ lo suficientemente grande como para que $\frac{\pi a^n}{n!}<1$, de donde,
$$0<\pi \int_0^1a^nf_n(x)\sin(\pi x)<\frac{\pi a^n}{n!}<1$$
ya hemos llegado al absurdo, puesto que la integral era un entero, hemos encontrado un entero mayor que 0 y menor que 1.

Problema número seis

2012-10-15T13:50:00.000+02:00

Hallar los $x\in \mathbb{R}$ para los que se verifica la siguiente desigualdad:$$\frac{\sin^2(x)-\frac{1}{4}}{\sqrt{3}-(\sin x +\cos x)}>0$$

Solución al problema número cinco

2012-10-15T13:22:00.000+02:00

Solución enviada por @ezkaleno.

Expresamos cada término de la solución de la forma,$$a_n=\frac{4}{9}(10^{2n}-10^n)+\frac{8}{9}(10^n-10)+9$$y operando en la expresión anterior obtenemos que,$$\frac{1}{9}(2^{n+1}5^n+1)^2$$que es cuadrado perfecto.