Dos números algebraicos

RESUMEN. Demostramos que dos números son algebraicos.

Enunciado
Demostrar que los siguientes números son algebraicos
(a) $7+\sqrt[3]{2}$.
(b) $\sqrt{3} +\sqrt{-5}$.

Solución
(a) Si $a=7+\sqrt[3]{2}$, entonces $a-7=\sqrt[3]{2}$ y por tanto $(a-7)^3=2.$ Es decir, $a\in\mathbb{R}$ es raíz del polinomio $p(x)=(x-7)^3-2\in \mathbb{Q}[x]$ lo cual implica que $7+\sqrt[3]{2}\in\mathbb{R}$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$.
(b) Si $b=\sqrt{3} +\sqrt{-5}$, entonces $b^2=3-5+2\sqrt{-5}=-2+2\sqrt{-5}$ y por tanto $b^2+2=2\sqrt{-5}.$ Elevando al cuadrado queda $(b^2+2)^2=-60.$ Es decir, $b\in\mathbb{C}$ es raíz del polinomio $q(x)=(x^2+2)^2+60\in \mathbb{Q}[x]$ lo cual implica que $\sqrt{3} +\sqrt{-5}\in\mathbb{C}$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$.

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Serie de Taylor por división en potencias crecientes

RESUMEN. Usamos la división en potencias crecientes para estudiar una serie de Taylor.

Enunciado
Se considera la función de variable compleja $$f\left(z\right)=\dfrac{z^2}{\left(\sin^2 z\right)\cos z}.$$ (a) Hallar sus singularidades.
(b) Demostrar que $z=0$ es singularidad evitable de $f.$
(c) Determinar el desarrollo de Taylor de $f(z)$ alrededor de $z=0$ hasta orden $2$ inclusive.
Sugerencia. Usar división según potencias crecientes.
(d) Determinar el radio de convergencia de la serie de Taylor de $f$ centrada en el origen.

Solución
(a) Las singularidades de $f$ se obtienen para los valores de $z$ tales que $\sin z=0$ o $\cos z=0.$ Tenemos $$\sin z=0\Leftrightarrow \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=0\Leftrightarrow e^{iz}-\frac{1}{e^{iz}}=0\Leftrightarrow e^{2iz}=1$$ $$\Leftrightarrow e^{2i(x+iy)}=1\Leftrightarrow e^{-2y+2xi}=1\Leftrightarrow e^{-2y}(\cos 2x+i\sin 2x)=1$$ $$\Leftrightarrow e^{-2y}=1\wedge \cos 2x =1\wedge \sin 2x=0 \Leftrightarrow y=0 \wedge 2x= 2k\pi\;(k\in\mathbb{Z}),$$ lo cual proporciona los puntos singulares $z=k\pi\;(k\in\mathbb{Z}).$ Por otra parte $$\cos z=0\Leftrightarrow \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=0\Leftrightarrow e^{iz}+\frac{1}{e^{iz}}=0\Leftrightarrow e^{2iz}=-1$$ $$\Leftrightarrow e^{2i(x+iy)}=-1\Leftrightarrow e^{-2y+2xi}=-1\Leftrightarrow e^{-2y}(\cos 2x+i\sin 2x)=-1$$ $$\Leftrightarrow e^{-2y}=1\wedge \cos 2x =-1\wedge \sin 2x=0 \Leftrightarrow y=0 \wedge 2x= (2k+1)\pi\;(k\in\mathbb{Z}),$$ lo cual proporciona los puntos singulares $z=\pi/2+k\pi\;(k\in\mathbb{Z}).$
(b) Efectivamente, $$\lim_{z\to 0}f(z)=\lim_{z\to 0}\dfrac{z^2}{\left(\sin^2 z\right)\cos z}\underbrace{=}_{z\sim\sin z\text{ si }z\to 0}\lim_{z\to 0}\dfrac{1}{\cos z}=1,$$ con lo cual y según el conocido teorema de Riemann, asignando a $f(0)$ el valor $1$ obtenemos una función analítica en $|z| < r.$ En nuestro caso para $|z| < \pi/2$ pues $z=\pm \pi/2$ son las singularidades de $f$ más proximas a $0$ (y claramente no evitables).
(c) Usando los desarrollos en serie de Maclaurin de $\sin z$, $\cos z$ y la división según potencias crecientes, $$f\left(z\right)=\dfrac{z^2}{\sin^2 z\cos z}=\displaystyle\frac{z^2}{\left(z-\displaystyle\frac{z^3}{3|}+\ldots\right)^2\left(1-\displaystyle\frac{z^2}{2!}+\ldots\right)}$$ $$=\displaystyle\frac{z^2}{z^2-\displaystyle\frac{5}{6}z^4+\ldots}=1+\displaystyle\frac{5}{6}z^2+\ldots$$ (d) Por un conocido teorema, el radio de convergencia $R$ pedido es la distancia de $0$ a la singularidad más próxima, en nuestro caso, $R=d(0,\pi/2)=\pi/2$.

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Relación de Fibonacci $f_{2n+1}=f_n^2+f_{n+1}^2$

RESUMEN. Demostramos la relación de Fibonacci $f_{2n+1}=f_n^2+f_{n+1}^2$.

Enunciado
Se considera la sucesión de Fibonacci $$f_0=0,f_1=1,f_n=f_{n-1}+f_{n-2}\;(n\ge 2).$$ Sea la matriz $$A=\left[\begin{array}{cc}1&1 \\ 1&0\end{array}\right].$$ (a) Demostrar por inducción que $$\left[\begin{array}{cc}f_{n+1}&f_n \\ f_n&f_{n-1}\end{array}\right]=A^n\;(\forall n\ge1).$$ (b) Demostrar que $f_{2n+1}=f_n^2+f_{n+1}^2\; (\forall{n\geq{1}}).$

Solución
(a) Para $n=1$ tenemos $$\left[\begin{array}{cc}f_{2}&f_1 \\ f_1&f_{0}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1&1 \\ 1& 0\end{array}\right]=A^1$$ luego la relación es cierta para $n=1.$ Sea la fórmula cierta para $n.$ Entonces, $$\left[\begin{array}{cc}f_{n+2}&f_{n+1} \\ f_{n+1}&f_{n}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}f_{n+1}+f_n&f_{n+1} \\ f_{n}+f_{n-1}&f_{n}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}f_{n+1}&f_n \\ f_n&f_{n-1}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1&1 \\ 1&0\end{array}\right]$$ $$\underbrace{=}_{\text{Hip. induc.}}A^nA=A^{n+1}$$ luego la fórmula es cierta para $n+1.$
(b) Usando el apartado anterior, $$\left[\begin{array}{cc}f_{2n+1}&f_{2n} \\ f_{2n}&f_{2n-1}\end{array}\right]=A^{2n}=A^nA^n=\left[\begin{array}{cc}f_{n+1}&f_n \\ f_n&f_{n-1}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}f_{n+1}&f_n \\ f_n&f_{n-1}\end{array}\right]$$ e igualando los elementos $a_{11}$ de la igualdad anterior, obtenemos la relación de Fibonacci $$f_{2n+1}=f_n^2+f_{n+1}^2\; (\forall{n\geq{1}}).$$

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Producto directo externo de grupos

RESUMEN. Construimos el producto directo externo de grupos.

Enunciado
Sea $\{G_i:i\in I\}$ una colección de gupos con notación multiplicativa y consideremos el producto cartesiano $$G=\prod_{i\in I}G_i=\{f:I\to\bigcup_{i\in I}G_i,f\text{ aplicación}:f(i)\in G_i\;\forall i\in I\}.$$ Para cada par de elementos $f,g\in G$ definimos $fg$ de la siguiente manera: $$(fg)(i)=f(i)g(i)\;\forall i\in I.$$ Demostrar que $G$ es grupo con tal operación (se le llama producto directo externo de los grupos $G_i$).

Solución
Si $f,g\in G$ se verifica $f(i)\in G_i$ y $g(i)\in G_i$ para todo $i\in I$ y por la propiedad interna en $G_i$ se verifica $(fg)(i)=f(i)g(i)\in G_i$ para todo $i\in I$. Es decir $fg\in G.$ Usando la propiedad asociativa en cada $G_i$ tenemos para todo $f,g,h\in G$ y para todo $i\in I$ $$((fg)h)(i)=(fg)(i)h(i)=(f(i)g(i))h(i)$$ $$=f(i)(g(i)h(i))=f(i)((gh)(i))=(f(gh))(i),$$ lo cual implica $(fg)h=f(gh).$ Es decir la operación en $G$ es asociativa. Llamemos $1_{G_i}$ al elemento neutro de $G_i$ y consideremos $e\in G$ definido mediante $e(i)=1_{G_i}.$ Entonces, para todo $f\in G$ y para todo $i\in I$, $$\begin{aligned}(fe)(i)=f(i)e(i)=f(i)1_{G_i}=f(i)\\ (ef)(i)=e(i)f(i)=1_{G_i}f(i)=f(i)
\end{aligned}$$ es decir, $fe=ef$ para todo $f\in G$ luego $e$ es elemento neutro en $G.$ Para cada $f\in G$ definamos el elemento $f^{-1}$ de $G$ mediante $f^{-1}(i)=f(i)^{-1}.$ Entonces, para todo $f\in G$ y para todo $i\in I$, $$\begin{aligned}(ff^{-1})(i)=f(i)f^{-1}(i)=f(i)f(i)^{-1}=1_{G_i}\\
(f^{-1}f)(i)=f^{-1}(i)f(i)=f(i)^{-1}f(i)=1_{G_i} \end{aligned}$$ es decir, $ff^{-1}=f^{-1}f=e$ para todo $f\in G$ luego $f^{-1}$ es elemento inverso de $f$ en $G.$ Concluimos que $G$ con la operación definida es grupo.
Nota. Los elementos del producto directo externo de grupos (producto cartesiano) sabemos que se pueden escribir en la forma $(x_i),$ en cuyo caso la operación en $G$ se puede expresar $(x_i)(y_i)=(x_iy_i).$ Por otra parte, es claro que si todos los $G_i$ son abelianos, también lo es su producto directo externo.

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Sistema libre de infinitas funciones troceadas

RESUMEN. Demostramos que un sistema libre de infinitas funciones troceadas es libre.

Enunciado
Para cada $n\in \mathbb{Z}_{>0}$ se considera la función $f_n:[0,1]\to \mathbb{R}$: $$f_n(x)=\left \{ \begin{matrix}{0}&\text{si}& 0\leq x\leq \dfrac{1}{n+1}\\2n(n+1)x-2n & \text{si}& \dfrac{1}{n+1} < x<\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}\right)\\1 & \text{si}& x=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}\right)\\-2n(n+1)x+2n+2&\textsf{si}& \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}\right) < x <\dfrac{1}{n}\\0&\textsf{si}&\dfrac{1}{n}\leq x\leq 1\end{matrix}\right.$$ Demostrar que el sistema $S=\{f_n:n\in \mathbb{Z}_{>0}\}$ es libre.

Solución
Nótese que $x_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)$ es el punto medio del intervalo $[1/(n+1),1/n]$, por tanto podemos escribir $$f_n(x)=\left \{ \begin{matrix}{0}&\text{si}& 0\leq x\leq \dfrac{1}{n+1}\\
2n(n+1)x-2n & \text{si}& \dfrac{1}{n+1} < x < x_n\\
1 & \text{si}& x=x_n\\-2n(n+1)x+2n+2&\textsf{si}& x_n < x < \dfrac{1}{n}\\
0&\textsf{si}&\dfrac{1}{n}\leq x\leq 1\end{matrix}\right.$$ Por otra parte es inmediato verificar que las funciones $f_n$ son continuas, que en el intervalo $[0,1/(n+1)]$ la función se anula, que en $[1/(n+1), x_n]$ la gráfica de $f_n$ es el segmento que une los puntos $P(1/(n+1),0)$ con $Q(x_n,1)$, en $[x_n,1/n]$ es el segmento que une los puntos $Q(x_n,1)$ con $(1/n,0)$ y en $[1/n,0]$ la función se anula. En otra palabras, la gráfica de $f_n$ toma el valor $0$ fuera del intervalo $[1/(n+1),1/n]$ y en dicho intervalo forma un triángulo isósceles con altura $1$ en el punto medio $x_n$. En consecuencia, se verifica $$f_n(x_m)=\left \{ \begin{matrix}{1}&\text{si}& n=m\\0 & \text{si}& n\neq m.\end{matrix}\right.$$ Veamos ahora que $S$ es sistema libre. Consideremos un subconjunto genérico finito $T=\left\{f_{n_1},\ldots,f_{n_k}\right\}$ de $S$ y supongamos que $\lambda_1 f_{n_1}+\ldots +\lambda_k f_{n_k}=0.$ Llamando $$x_{n_j}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n_j}+\dfrac{1}{n_j+1}\right)\quad 1\le j \le k,$$ tenemos $\lambda_1 f_{n_1}\left(x_{n_j}\right)+\ldots +\lambda_k f_{n_k}\left(x_{n_j}\right)=0\left(x_{n_j}\right)$ lo cual implica que $\lambda_{n_j}=0$ para todo $1\le j \le k$ es decir, $T$ es sistema libre y por ende, así lo es $S.$

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