Algebra learning

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
scambret
Messaggi: 627
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Algebra learning

Messaggio da scambret » 27 set 2017, 12:03

Ciao a tutti,
Dopo le IMO 2015 avevamo pensato a qualcosa stile staffetta che potesse servire come da stimolo per fare una marea di esercizi e, ogni tanto, imparare tecniche nuove. Con immenso ritardo, propongo quindi un appuntamento settimanale dedicata a una sola "tecnica" o "idea".
Fatemi sapere se vi interessa e/o se avete altre idee.
"Volevo er milkshake, lo bbevo ogni morte dde papa"
"M anno buttato la crema solare, era de mi mamma"
"Me vie na congestione"
Panini che viaggiano molto velocemente verso la faccia di un tizio che risponde "I'm not hungry"

Aeroporto di Atene, 8 maggio 2015! Ancora nel cuore ITA4

scambret
Messaggi: 627
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 27 set 2017, 12:18

1.1. $a,b,c>0$. Dimostrare che

$$abc(a+b+c) \leq 3/16 \cdot \left(\prod_{cyc} (a+b)\right)^{4/3}$$

1.2. $a,b,c>0, abc=1$. Dimostrare che

$$\prod_{cyc} (a+b) \geq 4(a+b+c-1)$$

1.3. $a,b,c>0$. Dimostrare che

$$\sqrt{\left(\sum_{cyc} a^2b\right) \cdot \left(\sum_{cyc} ab^2 \right)} \geq abc+\sqrt[3]{\prod_{cyc} (a^3+abc)}$$
"Volevo er milkshake, lo bbevo ogni morte dde papa"
"M anno buttato la crema solare, era de mi mamma"
"Me vie na congestione"
Panini che viaggiano molto velocemente verso la faccia di un tizio che risponde "I'm not hungry"

Aeroporto di Atene, 8 maggio 2015! Ancora nel cuore ITA4

nuoveolimpiadi1999
Messaggi: 122
Iscritto il: 31 mar 2015, 13:30

Re: Algebra learning

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 » 27 set 2017, 22:58

Io penso sia una bella idea scambret, piú materiale e piú allenamento possibile sono sempre una cosa positiva.
Mi chiedo solo una cosa, dopo aver proposto i problemi pubblicherete delle soluzioni ufficiali? (spero di si perchè per confrontare i metodi di risoluzione oppure per capire perchè un certo esercizio non ci riesce sono utili). :)

scambret
Messaggi: 627
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 28 set 2017, 15:55

Sicuramente un hint lo darò, ma soluzioni complete diventa difficile.
"Volevo er milkshake, lo bbevo ogni morte dde papa"
"M anno buttato la crema solare, era de mi mamma"
"Me vie na congestione"
Panini che viaggiano molto velocemente verso la faccia di un tizio che risponde "I'm not hungry"

Aeroporto di Atene, 8 maggio 2015! Ancora nel cuore ITA4

Talete
Messaggi: 658
Iscritto il: 05 giu 2014, 13:47
Località: Riva del Garda

Re: Algebra learning

Messaggio da Talete » 28 set 2017, 16:37

Interessante questo progetto di geometria :D

Risolvo il primo
Testo nascosto:
Fissata una circonferenza $\Omega$ di raggio $R$, come posso scegliere tre punti $A$, $B$ e $C$ su $\Omega$ di modo che l'area del triangolo $ABC$ sia la massima possibile? Se fisso $A$ e $B$, il massimo è quando $C$ sta sull'asse di $AB$, e così ciclicamente. Quindi il massimo possibile è quando $ABC$ è equilatero. L'area del triangolo equilatero inscritto in una circonferenza di raggio $R$ è
\[\frac{3\sqrt3}4\cdot R^2.\]
Dunque per un qualsiasi triangolo $ABC$, detta $S$ la sua area e $R$ il raggio della sua circonferenza circoscritta, si ha
\[S\le \frac{3\sqrt3}4\cdot R^2.\]
Eleviamo il tutto al quadrato e moltiplichiamo per $16$: si ottiene
\[16\cdot S^2\le 27\cdot R^4.\]
Siano ora $x$, $y$ e $z$ i tre lati di $ABC$. È piuttosto noto che
\[xyz=4RS,\]
e dunque in particolare anche
\[258\cdot S^4=\frac{x^4y^4z^4}{R^4}.\]
Moltiplicando membro a membro questa con la disuguaglianza ottenuta prima, si ottiene
\[4096\cdot S^6\le 27\cdot x^4y^4z^4.\]
Dividendo per $4096$ ed estraendo la radice cubica, si ottiene
\[S^2\le \frac{3}{16}\cdot (xyz)^{4/3}.\]
Questa vale per ogni terna $x$, $y$, $z$ di reali positivi che sono i lati di un triangolo, quindi in particolare vale per $x=a+b$, $y=b+c$ e $z=c+a$. Ricordando che $S^2=abc(a+b+c)$, ho dimostrato la tesi.
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

scambret
Messaggi: 627
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 04 ott 2017, 08:44

Hint sui problemi 1
Testo nascosto:
$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$
2.1. Sia $P(x)$ un polinomio a coefficienti reali tali che $P(x) \geq 0$ per ogni $x$ reale. Dimostrare che esistono dei polinomi $Q_1(x)$, ..., $Q_n(x)$ tali che per ogni $x$ vale

$$P(x) = \left[ Q_1(x) \right]^2+ \cdots + \left[ Q_n(x) \right]^2$$

2.2. Sia $P(x)$ un polinomio monico a coefficienti interi di grado pari tale che $P(n)$ è un quadrato perfetto per infiniti valori interi di $n$. Dimostrare che $P(x)$ è il quadrato di un polinomio a coefficienti interi.

2.3. Determinare tutti i polinomi $P(x)$ a coefficienti interi tali che, per ogni coppia $(a, b)$ di numeri interi positivi tali che $a + b$ è un quadrato perfetto, anche $P(a) + P(b)$ è un quadrato perfetto.
"Volevo er milkshake, lo bbevo ogni morte dde papa"
"M anno buttato la crema solare, era de mi mamma"
"Me vie na congestione"
Panini che viaggiano molto velocemente verso la faccia di un tizio che risponde "I'm not hungry"

Aeroporto di Atene, 8 maggio 2015! Ancora nel cuore ITA4

scambret
Messaggi: 627
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 11 ott 2017, 12:17

Hint sui problemi 2
Testo nascosto:
2.1. Scriviamo $p$ con le sue radici, vediamo che il coefficiente di testa è positivo, facciamo che le radici reali devono avere molteplicità doppia e per quelle complesse, beh...

2.2. Facciamo vedere che se $P(x)=Q(x)^2+R(x)$, allora possiamo sistemare i coefficienti di $Q(x)$ con $n$ equazioni in $n$ incognite. Ora $R$ può davvero essere diverso da 0?
Ps Servono le ipotesi su $P(x)$ monico e con grado pari?

2.3. Usiamo il lemma di prima e scopriamo che $P(x^2-b)+P(b)=R(x)^2$. Già e ora?
3.1. Siano $x, y, z \geq 0$ tali che $x+y+z=1$. Dimostrare che

$$x^2y+ y^2z+ z^2x \leq \frac{4}{27}$$

3.2. Siano $x, y, z \geq 0$ tali che $xy+yz+zx=1$. Dimostrare che

$$\sum_{cyc} \frac{1}{\left( x+y \right)^2} \geq \frac{9}{4}$$

3.3. Siano $x, y, z$ reali non-negativi e distinti. Dimostrare che

$$\sum_{cyc} \frac{1}{\left( x-y \right)^2} \geq \frac{4}{xy+yz+zx}$$
"Volevo er milkshake, lo bbevo ogni morte dde papa"
"M anno buttato la crema solare, era de mi mamma"
"Me vie na congestione"
Panini che viaggiano molto velocemente verso la faccia di un tizio che risponde "I'm not hungry"

Aeroporto di Atene, 8 maggio 2015! Ancora nel cuore ITA4

Avatar utente
Pit
Messaggi: 5
Iscritto il: 22 ago 2017, 10:22

Re: Algebra learning

Messaggio da Pit » 23 ott 2017, 18:25

Ne provo un paio.

2.1.
Testo nascosto:
Notiamo prima di tutto che il coefficiente direttivo è positivo (se non lo fosse, $P(x)$ sarebbe negativo per $x$ arbitrariamente grande). Dimostriamo prima la tesi nel caso in cui $P$ non abbia radici reali, dato che $z$ è una radice complessa di $P$ se e solo se lo è anche $\bar{z}$, siano $a_1+ib_1, a_2+ib_2,...,a_k+ib_k,a_1-ib_1,a_2-ib_2,...,a_k-ib_k$ le radici di $P$ e $m>0$ il coefficiente direttivo $\Rightarrow P(x)=m\prod{(x-(a_j+ib_j))}\prod{(x-(a_j-ib_j))}$. Chiamando $R(x)+iS(x)=\prod{(x-(a_j+ib_j))}$ con $R$ e $S$ polinomi a coefficienti reali, si ha $\prod{(x-(a_j-ib_j))}=R(x)-iS(x)\Rightarrow P(x)=m(R(x)+iS(x))(R(x)-iS(x))=(\sqrt{m}R(x))^2+(\sqrt{m}S(x))^2$.
Passiamo ora al caso generale, ogni radice reale di $P$ ha molteplicità pari (altrimenti se $\alpha$ è radice, $P(\alpha+\epsilon)$ e $P(\alpha-\epsilon)$ per $\epsilon$ arbitrariamente piccolo hanno segni diversi) $\Rightarrow P(x)$ si può scrivere come $m\prod(x-\alpha_j)^2\prod{(x-(a_j+ib_j))}\prod{(x-(a_j-ib_j))}$ da cui come prima si ottiene $P(x)=(\sqrt{m}\prod(x-\alpha_j)R(x))^2+(\sqrt{m}\prod(x-\alpha_j)S(x))^2$. Che è la tesi.
3.1.
Testo nascosto:
Supponiamo che $y$ sia compreso tra $x$ e $z$, da cui $z(y-z)(y-x)\leq 0\Rightarrow y^2z+xz^2\leq xyz+yz^2\leq 2xyz+yz^2\\\Rightarrow x^2y+y^2x+xz^2\leq x^2y+2xyz+yz^2\leq y(x+z)^2=y(1-y)^2$
Ma per AM-GM sulla terna $(\frac{1-y}{2},\frac{1-y}{2},y)$, si ottiene $\frac{1}{3}=\frac{\frac{1-y}{2}+\frac{1-y}{2}+y}{3}\geq \sqrt[3]{\frac{y(1-y)^2}{4}}$ da cui la tesi.
Nessuno :?:

scambret
Messaggi: 627
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 23 ott 2017, 20:03

Sposto il calendario di algebra al lunedi e ogni due settimane.

Hint sui problemi 3
Testo nascosto:
Lezione importante dalle disuguaglianze: le condizioni tali per cui si raggiunge uguaglianza tra LHS e RHS ci dicono che disuguaglianze utilizzare.

3.1. L'uguaglianza si ha solo con $(x, y, z)=(2/3, 1/3, 0)$, e cicliche. Supponiamo $x \geq y$. Allora se chiamiamo $f(x,y,z)$ il LHS si ha che $f(x, y, z) \leq f(x, z, y)$ con $y<z$ quindi possiamo assumere $y \geq z$. Un trucco standard ora è quello di spingere al bordo una delle variabili, cioè dimostrare che $z=0$. Ad esempio $f(x+z, y, 0) - f(x, y, z) \geq 0$ e dunque $z=0$. Ora sono solo conti.

3.2. Wlog $x \geq y \geq z$. Notiamo i casi di uguaglianza $(1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3})$ o $(1, 1, 0)$. Dunque vorremmo trovare un $t$ tale che $f(x, y, z) \geq f(t, t, c)$. Ora è "circa" in discesa.
(In alternativa, bunching!)

3.3. Chiamiamo la differenza tra LHS e RHS $f(x, y, z)$. Come il 3.1. bisogna trovare delle condizioni su $x$, $y$ e $z$ di simmetria tale che $f(x, y, z) - f(a, b, 0) \geq 0$. Ora quindi è rimasta una sola variabile.
4.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che

$$f(x^2-y^2)=(x-y)\left( f(x) + f(y) \right)$$

4.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali positivi si ha che

$$(x+y) f \left( f(x) y \right) = x^2 f \left( f(x) + f(y) \right)$$

4.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che

$$f \left(xf(y) + x\right) = xy + f(x)$$
"Volevo er milkshake, lo bbevo ogni morte dde papa"
"M anno buttato la crema solare, era de mi mamma"
"Me vie na congestione"
Panini che viaggiano molto velocemente verso la faccia di un tizio che risponde "I'm not hungry"

Aeroporto di Atene, 8 maggio 2015! Ancora nel cuore ITA4

Avatar utente
Sirio
Messaggi: 198
Iscritto il: 08 set 2016, 22:01

Re: Algebra learning

Messaggio da Sirio » 23 ott 2017, 21:01

4.1
Testo nascosto:
Dividendo i due membri dell'uguaglianza data otteniamo:
$f(x)+f(y)=\frac{f(x^2-y^2)}{x-y}$
Per ogni $x,y$ reali distinti.
Essendo il primo membro dell'uguaglianza appena scritta simmetrico in $x,y$, lo è anche il secondo. Per ogni $x,y$ reali distinti, vale quindi la seguente uguaglianza:
$\frac{f(x^2-y^2)}{x-y}=\frac{f(y^2-x^2)}{y-x}$
Moltiplicando i due membri per $x-y$ otteniamo che, per ogni $x,y$ reali distinti, vale:
$f(x^2-y^2)=-f(y^2-x^2)$
Per $x,y$ reali distinti, la quantità $z:=x^2-y^2$ può assumere qualunque valore reale non nullo. Infatti, fissato un valore reale non nullo per $z$ ed un valore reale per $x$ con $x^2>z$, si ha che $y=\sqrt{x^2-z}$ soddisfa la relazione che definisce $z$. Si ha quindi, per ogni $z$ reale non nullo, la seguente uguaglianza:
$f(z)=-f(-z)$
In realtà, questa uguaglianza vale anche per $z=0$ poiché, come si può verificare sostituendo $x=0,y=0$ nell'uguaglianza data dal testo, si ha $f(0)=0$.
Bene, ricordando $f(z)=-f(-z)$ e l'uguaglianza del testo, otteniamo che le seguenti uguaglianze sono vere per ogni $x,y$ reali:
$(x-y)(f(x)+f(y))=f(x^2-y^2)=f(x^2-(-y)^2)=(x+y)(f(x)-f(y))$
$xf(y)-yf(x)=-xf(y)+yf(x)$
$yf(x)=xf(y)$
Sostituendo y=1 e definendo $a:=f(1)$, si ha, per ogni $x$ reale:
$f(x)=ax$
Sostituendo le soluzioni di questa forma nel testo otteniamo un'identità. Le soluzioni sono quindi tutte e sole quelle di questa forma.
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$

Davide Di Vora
Messaggi: 11
Iscritto il: 25 mag 2016, 22:14

Re: Algebra learning

Messaggio da Davide Di Vora » 24 ott 2017, 16:41

4.3
Sia $P(x;y)$ l'equazione funzionale del testo.
Fissando $x$ otteniamo che il $RHS$ può variare su tutto $\mathbb{R}$ e quindi $f$ è surgettiva.
Siano ora $a$ e $b$ due reali tali che $f(a)=f(b)$, allora da $P(1;a)$ e $P(1;b)$ ottengo
$$a+f(1)=f(f(a)+1)=f(f(b)+1)=b+f(1)$$
e quindi $a=b$, da cui segue $f$ iniettiva.
Visto che $f$ è bigettiva esiste un unico valore reale $h$ tale che $f(h)=0$; da $P(h;h)$ ottengo $h=0$.
Da $P(1;-f(1))$ sfruttando l'iniettività ottengo
$$f(f(-f(1))+1)=0=f(0)$$
e quindi $f(-f(1))=-1$
Da $P\left(x;-\frac{f(x)}{x}\right)$ ottengo
$$f\left(xf\left(-\frac{f(x)}{x}\right)+x\right)=0 \iff f\left(-\frac{f(x)}{x}\right)=-1=f(-f(1))$$
e quindi per l'iniettività
$$f(x)=kx$$
Sostituendo nel testo si verifica che le uniche soluzioni sono $f(x)=x$ e $f(x)=-x$.

scambret
Messaggi: 627
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 06 nov 2017, 13:20

Hint sui problemi 4
Testo nascosto:
4.1. L'equazione è circa simmetrica. Dunque si ottiene che $f$ è dispari. Ora $y=-z$.

4.2. La prima idea è sbattere via $f(x)y = f(x) + f(y)$ per ottenere $x+y=x^2$. Questo non funziona, ma possiamo fare qualcosa di molto simile al contrario. Ad esempio, possiamo dimostrare che $f$ è iniettiva. Ora possiamo porre $y=x^2 - x$ (e dunque $x<1$). Otteniamo un $f(x) \cdot (x^2 - x - 1) = f(x^2 - x)$. A questo punto vogliamo qualcosa tale che $x^2 - x - 1<0$ e $x^2-x>0$ per trovare un assurdo.

4.3. Vorremmo qui che $f(x)$ e $f(xf(y)+x)$ siano decenti allo stesso tempo. Poi notiamo un $xy$ fuori, dunque ponendo $x=1$ si ottiene che $f$ è suriettiva. Questa è finita, perché possiamo porre $y=a$ con $f(a)=-1$.
5.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tali che per ogni $a$, $b$ e $c$ naturali si ha che

$$f(f(a)+f(b)+f(c))=a+b+c$$

5.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$, $y$ e $z$ reali si ha che

$$f(x+y) + f(y+z) + f(z+x) \geq 3f(x+2y+3z)$$

5.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che

$$f(xf(y)+f(x)) = 2f(x) + xy$$
"Volevo er milkshake, lo bbevo ogni morte dde papa"
"M anno buttato la crema solare, era de mi mamma"
"Me vie na congestione"
Panini che viaggiano molto velocemente verso la faccia di un tizio che risponde "I'm not hungry"

Aeroporto di Atene, 8 maggio 2015! Ancora nel cuore ITA4

Roob
Messaggi: 4
Iscritto il: 08 giu 2017, 20:05

Re: Algebra learning

Messaggio da Roob » 06 nov 2017, 21:02

5.1
Testo nascosto:
Sia $P(a,b,c)$ l'equazione del testo. Da $P(a,0,0)$ otteniamo $$f(f(a)+2f(0))=a$$ per cui $f$ è iniettiva e suriettiva. Considerando $P(a,b,0)$ e $P(a+b,0,0)$ otteniamo che $$f(f(a)+f(b)+f(0))=a+b=f(f(a+b)+2f(0))$$ quindi, per l'iniettività $$f(a)+f(b)+f(0)=f(a+b)+2f(0)\iff f(a)+f(b)=f(a+b)+f(0)$$ Ponendo $g(x)=f(x)-f(0)$ abbiamo che $$g(a)+g(b)+2f(0)=g(a+b)+2f(0)\iff g(a)+g(b)=g(a+b)$$ e visto che $g$ ha $\mathbb{N}$ come dominio, $g(x)=cx$ per qualche $c$ naturale, e quindi $f(x)=cx+d$, con $c$ e $d$ naturali.
Sostituendo nell'equazione originale, e ponendo $b=c=0$, otteniamo che $c^2a+3cd+d=a$. Se avessimo $c>1$ allora avremmo $c^2a+3cd+d\geq c^2a>a$, e visto che $c=0$ è impossibile (avremmo $a$ uguale a una costante $\forall a \in \mathbb{N}$, assurdo) $c=1$. Di conseguenza dobbiamo avere $d=0$.
Poichè essa soddisfa, $f(x)=x$ è l'unica soluzione.

Davide Di Vora
Messaggi: 11
Iscritto il: 25 mag 2016, 22:14

Re: Algebra learning

Messaggio da Davide Di Vora » 07 nov 2017, 16:42

5.2
Sia $P(x;y;z)$ la disuguaglianza funzionale del testo.
Da $P(x;0;0)$ ottengo
$$f(0)\ge f(x)$$
Da $P(x;x;-x)$ ottengo
$$f(2x) \ge f(0)$$
e quindi
$$f(0) \ge f(x) \ge f(0)$$
Da cui $f(x)=f(0)$ che sostituendo si verifica che è soluzione.

Avatar utente
Pit
Messaggi: 5
Iscritto il: 22 ago 2017, 10:22

Re: Algebra learning

Messaggio da Pit » 19 nov 2017, 21:40

5.3.
Testo nascosto:
Sia $P(x,y)$ la funzionale. Da $P(1,x)$ si ha $$f(f(x)+f(1))=2f(1)+x$$ da cui $f(x)$ è bigettiva. Sia $a$ tale che $f(a)=0$, da $P(a,a)$ si ha $$f(0)=a^2$$
Da P(a,0) si ha $$f(a^3)=0=f(a)\Rightarrow a^3=a\Rightarrow a(a^2-1)=0$$
Se $a=0$, da $P(x,0)$, ponendo $f(x)=z$, ottengo $$f(f(x))=2f(x)\Rightarrow f(z)=2z$$ che però non soddisfa l'equazione iniziale. Si deve avere quindi $a^2=1$. Da $f(0,y)$, usando $f(0)=a^2=1$, si ha $$f(1)=2\Rightarrow a=-1$$
Da $P(1,x)$ si ha $$f(f(x)+2)=x+4$$ e sia $Q(x)$ quest'ultima equazione. Da $Q(-2)$ si ha $$f(f(-2)+2)=2=f(1)\Rightarrow f(-2)+2=1\Rightarrow f(-2)=-1$$ Da $Q(-4)$ si ha $$f(f(-4)+2)=0=f(-1)\Rightarrow f(-4)+2=-1\Rightarrow f(-4)=-3$$
Prendiamo $b$ tale che $f(b)=2b$, da $P(b,-4)$ si ha $$f(-b)=0=f(-1)$$
Quindi $f(t)=2t$ se e solo se $t=1$. Da $P(x,-2)$ si ha $$f(f(x)-x)=2(f(x)-x)$$ che per quanto visto prima, vale se e solo se $f(x)-x=1\Rightarrow f(x)=x+1$
Sostituendo quest'ultima nell'equazione iniziale si vede che verifica, infatti $$f(xf(y)+f(x))=f(xy+2x+1)=xy+2(x+1)=2f(x)+xy$$
Nessuno :?:

Rispondi

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 4 ospiti