Olimpiada Propuesto: Año nuevo matemático - Geometría (3/4)

[angel relativamente]

Con las mismas reglas que los problemas anteriores, damos paso al tercero de la lista con la temática "geometría". ¡Suerte a todos!

PROBLEMA 3 - GEOMETRÍA

¿Es cierto que cubren todo el plano las rectas tangentes a la curva $y=x^{2016}$? ¿Y a la curva $y=x^{2017}$?


Pista 1:

Solución: 

Equivale a ver que dado un punto cualquiera del plano, existe un punto de la curva tal que la recta que pasa por ambos es tangente a la curva

Enlaces a los otros problemas:
Año nuevo matemático - Álgebra (1/4)
Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)
Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

[Richard R Richard]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Geometría (3/4)

Hola...

Solución: 

En este me animo...y con mucha vergüenza te comento que no se como se hace a demostrarlo matemáticamente ,no lo recuerdo,lo hare intuitivamente ya que lo que he intentado no me satisface.

Los puntos interiores a la parábola osea los que estan por arriba de ella $y>y_p=x^{2016}$ y de cualquier de exponente par no pueden ser unidos por una recta que a la vez sea tangente a la curva, sus tangentes no pueden cubrir todo el plano ,pues siempre van por fuera de la parábola, y en cambio$y=x^{2017}$parece que lo cubre ya que tiene un punto de inflexión en el 0 que le permite tener al menos una tangente en cada punto del plano e incluye la Y=0 con x=0

Facil se ve ya con $y =x^2$ e $y=x^3$ por el punto [1,5] si pasa una recta de pendiente $2x$ como ser $y=2x+3$ no puede coincidir con $y =x^2$ en un unico punto de tangencia.

se puede hacer el cambio de variables $w=x{\frac {2016}{2}}$ entonces la función quede como $y =w^2$ extrayendo las mismas conclusiones.

En particular ambas tienen la dificultad de representar la recta x=0 ya que implica que $y'=\infty$

[Alriga]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Geometría (3/4)

Solución: 

Me atrevo con la primera:

$y=f(x)=x^{2016}$

$y'=f'(x)=2016 \ x^{2015}$

La ecuación de cualquier recta r tangente a la curva para una abcisa x=a es

$r \equiv \ y=f'(a) \cdot (x-a)+f(a)$

$r \equiv \ y=2016 \ a^{2015}(x-a)+a^{2016}$

Ahora buscaremos un contraejemplo, es decir demostraremos que existe al menos un punto en el plano por el que no pasa ninguna recta. El punto que elijo es el (0, 1)

$1=2016 \ a^{2015}(0-a)+a^{2016}$

$1= - a \cdot 2016 \ a^{2015}+a^{2016}$

$1= - 2016 \ a^{2016}+a^{2016}$

$a^{2016}=- \ \dfrac 1 {2015}$

Como el exponente de "a" (2016) es par, $a^{2016}$ será siempre positivo, mientras que -1/2015 es negativo. Luego no existe ninguna abcisa "a" cuya tangente a la curva correspondiente a esa abcisa pase por el punto (0, 1). Luego las tangentes de la curva $y=x^{2016}$ no cubren todo el plano.

He intentado segir el mismo procedimiento para intentar demostrar que las tangentes de la función $y=x^{2017}$ sí cubren el plano, pero me lío, seguiré probando.

Saludos.

[carmelo]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Geometría (3/4)

Solución: 

Hola, tratare demostrarlo para cualquier exponente impar.

Es posible cubrir el plano con las tangentes a la función $f(x)=x^{2n+1}$ si dado un punto arbitrario del plano P(x,y), se puede encontrar la tangente a la curva mencionada en un punto $x=\alpha$. El objetivo es demostrar que sea cual sea P, existe tal $\alpha$.

La ecuación de la tangente es:

$y-f(\alpha)=f\prime(\alpha)(x-\alpha)$

Es decir

$y - \alpha^{2n+1}=(2n+1)\alpha^{2n}(x-\alpha)$

$2n\alpha^{2n+1}-(2n+1)x\alpha^{2n}+y=0$

Lo cual se trata de encontrar las raices de un polinomio en $\alpha$ de grado impar, el cual siempre tiene al menos una raiz real. Por lo tanto para cada punto del plano siempre existe $x=\alpha$, a partir del cual se puede trazar una tangente de la curva mencionada.

Saludos
Carmelo

[Alriga]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Geometría (3/4)

Solución: 

Yo lo veo correcto carmelo, aunque tienes un pequeño gazapo tipográfico al copiar del papel en esta fórmula, (que corriges en la siguiente fórmula):

$y - \alpha^{2n+1}=(2n+1)x^{2n}(x-\alpha)$

Debería ser $y - \alpha^{2n+1}=(2n+1)\alpha^{2n}(x-\alpha)$

Yo haciendo lo mismo que tú, había llegado a:

$y=a^{2016} \cdot (2017 \ x -2016 \ a)$

Vi que no podía despejar "a" y fui tan inútil que no supe ver que no es necesario resolverlo, que solo debía haberme dado cuenta de que

... se trata de encontrar las raices de un polinomio en "a" de grado impar, el cual siempre tiene al menos una raiz real ...

$2016 \ a^{2017} -2017 \ x \ a^{2016}+y=0$

Saludos y gracias carmelo: una cosa, no sé si sabes que si deseas ocultar una respuesta puedes escribirla entre los corchetes [solucion] ... respuesta de carmelo ... [/solucion]

Saludos.

[angel relativamente]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Geometría (3/4)

Enhorabuena a todos, este lo habéis resuelto al completo con vuestras contribuciones
En efecto,

Solución: 

La forma más simple de llegar a la solución es plantearlo como Carmelo. Dado un punto cualquiera del plano, en mi notación escribiré $(a,b)$ queremos ver que existe un punto $(x, x^n )$ de la curva $y=x^n$ tal que la recta que los une sea tangente a la curva en dicho punto. Si hallamos dicha recta e imponemos que tenga por pendiente $y'(x)$ se obtiene que ha de verificar $(n-1)x^n - an x^{n-1 } + b =0$ . Lo que pide el enunciado es ver para qué $n$ se verifica que el polinomio $P_{a,b} (x)=(n-1)x^n - an x^{n-1 } + b$ tiene alguna raíz real independientemente de $(a,b)$. Si $n=1$ se obtiene $a=b$, por lo que sí que depende del punto (la única recta tangente es la propia $y=x$). Si $n$ es par, sustituyendo en el punto $(a,b)=(0,1)$, tal como hace Alriga, se obtiene el polinomio $(n-1)x^n + 1$ que es estrictamente positivo por lo que no tiene raíces reales. Finalmente para cualquier $n\geq 3$ impar el polinomio es de grado impar y siempre tendrá una raíz real para cualquier $(a,b)$.

¡Saludos! Y enhorabuena de nuevo

[carmelo]

Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Geometría (3/4)

Gracias por tus comentarios Alriga!!!! Por las correcciones y lo de contenido oculto sinceramente lo había olvidado (Hace mucho no andaba por aqui).