Algebra learning

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 19 nov 2017, 23:07

Perfetto, tutti e 3 sono andati.

Hint sui problemi 5
Testo nascosto:
5.1. $f$ è iniettiva. Poi si dimostra $f(x+y)=f(x)+f(y)+c$ e dunque è finita.

5.2. Basta mostrare $f(x) \geq f(0)$ e $f(x) \leq f(0)$.

5.3. $f$ è biettiva. Ora si può mostrare che $f(n)=n+1$ sugli interi. Si può finire con $y=-1$ e $x=f^k(x) oppure vedere quando f(x)=2x$.
6.1. Trovare tutti i polinomi $f$ a coefficienti reali tali che per ogni $x \in \mathbb{R}$ vale

$$f(x^2)=f(x)f(x-1)$$

6.2. Trovare tutti i polinomi $f$ e $g$ a coefficienti reali tali che per ogni $x \in \mathbb{R}$ vale

$$(x^2+x+1) \cdot f(x^2-x+1) = (x^2-x+1) \cdot g(x^2+x+1)$$

6.3. Trovare tutti i polinomi $f$ coefficienti reali tali che per ogni $a$, $b$ e $c$ con $ab+bc+ca=0$ vale

$$f(a-b)+f(b-c)+f(c-a)=2f(a+b+c)$$
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scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 22 nov 2017, 13:12

Too hard guys?
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Re: Algebra learning

Messaggio da FedeX333X » 24 nov 2017, 00:09

Se la risposta al $6.2$ è
Testo nascosto:
$f(x)=g(x)=kx$
posto la soluzione

C3POletto
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Re: Algebra learning

Messaggio da C3POletto » 24 nov 2017, 07:36

FedeX333X ha scritto:
24 nov 2017, 00:09
Se la risposta al $6.2$ è
Testo nascosto:
$f(x)=g(x)=kx$
posto la soluzione
Anche a me è venuto lo stesso :D

scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 24 nov 2017, 08:42

Vai con la soluzione @FedeX333X
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Re: Algebra learning

Messaggio da FedeX333X » 24 nov 2017, 15:32

Testo nascosto:
Osserviamo innanzitutto che $x^2-x+1$ e $x^2+x+1$ non hanno radici reali. Poiché $x^2+x+1$ non divide $x^2-x+1$ e viceversa, dobbiamo necessariamente avere che $x^2+x+1\mid g(x^2+x+1)$ e $x^2-x+1\mid f(x^2-x+1);$ abbiamo quindi che $f(x^2-x+1)=(x^2-x+1)\cdot F(x^2-x+1)$ per un altro opportuno polinomio $F(x)$, cioè che $f(x)=xF(x)$, ad allo stesso modo $g(x)=xG(x)$ per un opportuno polinomio $G(x)$. Sostituendo nell'equazione iniziale, ricaviamo che $F(x^2-x+1)=G(x^2+x+1)$. Sia $t=-(x+1)$. Abbiamo che $F(t)=F(x^2+3x+3)=G(x^2+x+1)$, ma essendo $G(x^2+x+1)=F(x^2-x+1)$, ricaviamo $F(x^2+3x+3)=F(x^2-x+1)$. Vogliamo ora dimostrare che $F(x)$ è costante. Osserviamo che possiamo scrivere $x^2-x+1$ come $\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}$ e $x^2+3x+3$ come $\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}$. Per quanto appena trovato abbiamo che $F\left[\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right]=F\left[\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right]$; ma allora, se $p(x)=F\left[\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right]$, $p(x)=p(x-2) \forall x\in \mathbb{R}.$ Quindi $p(x)$ è un polinomio periodico, e quindi costante; ma allora anche $F(x)$ e $G(x)$ sono costanti, cioè $F(x)=G(x)=k$. Sostituendo nell'equazione iniziale, osserviamo che effettivamente $f(x)=g(x)=kx$ la soddisfa, e questi sono tutti e soli i tali polinomi che soddisfano le ipotesi.

scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 04 dic 2017, 11:01

Hint sui problemi 6
Testo nascosto:
6.1. L'uguaglianza vale per ogni $x \in \mathbb{R}$, dunque anche in $\mathbb{C}$. Ma allora pongo $x=r$ con $f(r)=0$ e ottengo che $f$ ha infinite soluzioni, eccetto in alcuni casi.

6.2. Qui $x^2+x+1 | g(x^2+x+1)$, dunque $g(x)=xa(x)$, perciò $b(x^2-x+1)=a(x^2+x+1)$. Ora devo rendere $f$ periodica.

6.3. Prima dimostrare $f(0)=0$ e $f$ pari, dopo prendere $a-b>a+b+c$ e trovare una condizione sul grado di $f$.
7.1. $a,b,c>0$. Allora

$$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$$

7.2. $a,b,c>0$ e $a^2+b^2+c^2+2abc = 4$. Allora

$$0 \leq ab+bc+ca-abc \leq 2$$

7.3. $a,b,c$ reali. Trovare la migliore costante $k$ tale che vale

$$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2) \geq k(ab+bc+ca)^2$$
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Linda_
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Re: Algebra learning

Messaggio da Linda_ » 04 dic 2017, 18:39

7.2
Testo nascosto:
  • Dimostriamo che $0\leq ab+bc+ca-abc$.
    Sicuramente almeno uno tra $a,b,c$ dev'essere $<1$: se così non fosse avremmo $a^2+b^2+c^2+2abc\geq 5>4$, assurdo. wlog diciamo $a<1$.
    $ab+cb+ca-abc=ab+ca+bc(1-a)$ ed essendo $a,b,c>0$ e $1-a>0$ allora $ab+bc+ca-abc=ab+ca+bc(1-a)\geq 0$
  • Dimostriamo ora che $ab+bc+ca-abc\leq 2$.
    Possiamo dire che 2 tra $a,b,c$ (diciamo $a,b$, tanto tutto è simmetrico) sono entrambi $\geq 1$ o entrambi $\leq 1$, quindi $(1-a)(1-b)\geq 0$ da cui $a+b-ab\leq 1$.
    $$ab+bc+ca-abc=ab+c(a+b-ab)\leq ab+c$$ Ora se mostriamo che $ab+c\leq 2$ concludiamo. Supponiamo che sia $ab+c>2$. Allora
    $$a^2+b^2+c^2+2abc=a^2+b^2+c(a+ab)+abc>2ab+2c+abc>4+abc>4$$ assurdo perché per ipotesi $a^2+b^2+c^2+2abc=4$.
    Quindi $ab+c\leq 2$, da cui $ab+bc+ca-abc\leq 2$
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Linda_
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Re: Algebra learning

Messaggio da Linda_ » 05 dic 2017, 16:00

7.1
Testo nascosto:
Se abbiamo $a,b,c\in\mathbb{R}$ sicuramente ce ne sono 2 tra questi entrambi $\geq 1$ oppure $\leq 1$. Senza perdita di generalità (la disuguaglianza è simmetrica) diciamo che sono $b,c$. Quindi $(1-b)(1-c)\geq 0$.
\begin{align*}
a^2+b^2+c^2+2abc+1 - 2(ab+bc+ca)&=a^2-2a+1+2a+b^2-2bc+c^2+2abc-2ab-2ca\\
&=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-c)-2ab(1-c)\\
&=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c)
\end{align*}
e poiché $(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c)$ è somma di non negativi (ricordiamo che $a>0$ e $(1-b)(1-c)\geq 0$) allora $(a-1)^2+(b-c)^2+2a(1-b)(1-c)\geq 0$, quindi $a^2+b^2+c^2+2abc+1 - 2(ab+bc+ca)\geq 0$ da cui la tesi
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$$
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 05 dic 2017, 16:16

Resta solo la 7.3 e sapendo che il problema è bello tosto, sotto trovate il valore della costante $k$ come hint
Testo nascosto:
$k=3/4$
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Re: Algebra learning

Messaggio da PG93 » 06 dic 2017, 17:40

Non ho capito perché se l'uguaglianza del 6.1 vale per ogni $x\in\mathbb{R}$ vale anche in $\mathbb{C}$ (secondo l'indizio fornito da scambret). Qualcuno potrebbe spiegarmelo per cortesia??

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Re: Algebra learning

Messaggio da Lasker » 06 dic 2017, 18:15

Se hai $p(x)=q(x)$ come polinomi da $\mathbb{R}$ in $\mathbb{R}$ e consideri il polinomio $(p-q)(x)$ come polinomio da $\mathbb{C}$ in $\mathbb{C}$ questo ha infinite radici (tutti i numeri reali), e quindi deve essere per forza il polinomio nullo, quindi $p(x)=q(x)$ su tutto $\mathbb{C}$
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?

PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!

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Re: Algebra learning

Messaggio da PG93 » 06 dic 2017, 21:08

Aaahhh... grazie mille!

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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 18 dic 2017, 08:59

Come ogni appuntamento che si rispetti, ecco i nuovi problemi!

Hint sui problemi 7
Testo nascosto:
L’idea è che quando abbiamo disuguaglianze non simmetriche o omogeneizzabili, a volte bisogna assumere che alcune variabili stanno “dallo stesso lato” rispetto a una barriera fissa.

7.1. Wlog $a$ e $b$ sono dalla stessa parte rispetto a 1, cioè $(a-1)(b-1) \geq 0$. Ma allora LHS-RHS è una somma di quadrati e $c(a-1)(b-1)$.

7.2. La prima parte è banale, basta far vedere wlog $a \leq 1$. Per la seconda disuguaglianza, wlog $(a-1)(b-1) \geq 0$, ma allora $ab+bc+ca-abc \leq c+ab$. Ora si sfrutta il vincolo.

7.3. Si studia la funzione $(1+x^2)^3-k(3x)^2$. Deve essere sempre non negativa. Dunque si trova $k$ e $x$ che fanno valere l’uguaglianza. Da qui “tecnica dello stesso lato”.
8.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ tali che

$$[f(x)]^2 \geq f(x+y) (f(x)+y)$$

vale per ogni $x, y>0$.

8.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ con $f(0)>0$ e tali che

$$f(x+y) \geq f(x) + y f(f(x))$$

vale per ogni $x, y$ reale.

8.3. Sia $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione limitata tale che

$$[f(x+y)]^2 \geq [f(x)]^2 + 2f(xy) + [f(y)]^2$$

per ogni $x, y$ reale.

Dimostrare che $-2 \leq f(x) \leq 0$ per ogni $x$ reale.

Importante: il problema 8.3. potrebbe non ammettere soluzioni "elementari", ma l'ho voluto dare lo stesso. Il 7/1 troverete la soluzione e con essa un paio di strumenti interessanti da usare con questo tipo di problemi.
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 07 gen 2018, 13:45

Continua questo appassionante viaggio nella scoperta dell'algebra!

PS oh oh oh, merry Christmas!

Hint sui problemi 8
Testo nascosto:
8.1. La funzionale si scrive (per sfruttare il $f(x)+y$) come
$$f(x)-f(x+y) \geq \frac{f(x)y}{f(x)+y}$$

da cui $f$ è decrescente. Da qui si può vedere che esiste $n$ tale che $nf(x+1)>1$ e ponendo $x=x+k/n$ e $y=1/n$ si migliora il bound. Sommando tutti si ottiene quasi che $f(x)<0$ per qualche $x$.

8.2. Per sfruttare $f(0)>0$, supponiamo che $f(f(x)) \leq 0$ per ogni $x$. Dunque $f$ è decrescente, assurdo. Dunque $f(x) \to +\infty$ quando $x \to +\infty$ e anche per $f(f(x))$. Ora troviamo che $f$ cresce troppo e troppo poco ($f(y)-y=x$).

8.3. Questo hint sarà sufficientemente lungo. Questo problema ha una grossa idea di analisi dietro. È sempre vero che una funzione limitata ammette minimo e massimo? No (prendete $1/x$ definito per $x>1$) ma ammette l’inf e il sup reali, “quelli che vorrebbero essere minimo e massimo quando min e max non esistono”. Ora sia $M = \sup_{x \neq 0} |f(x)|$. Per la proprietà del sup, esiste una sequenza $x_1, x_2, \cdots$ di reali diversi da zero tale che $|f(x_n)| \to M$. Fissando $x$, otteniamo che
$$M^2 \geq [f(x_n + \frac{x}{x_n})]^2 \geq 2f(x) + [f(x_n)]^2 + [f(\frac{x}{x_n})]^2 \geq 2f(x) + [f(x_n)]^2 \to 2f(x) + M^2$$

e dunque $f(x) \leq 0$.

Ora chiamate $m = - \inf_{x \neq 0} |f(x)|$ e ottenete con un’idea simile che $m \leq 2$. Occhio a trattare il caso $f(0)$ a parte.
9.1. Dimostrare che per ogni terna di reali non negativi $a, b, c \leq 1$ si ha che

$$\frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1} + \frac{c}{a+b+1} + (1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$$

9.2. Siano $a_1, a_2, \cdots, a_n$ ($n>3$) numeri reali tali che

$$ a_1 + a_2 + \cdots + a_n \geq n \textrm{ e } a_1^2+ a_2^2 + \cdots + a_n^2 \geq n^2$$
Dimostrare che $\max(a_1, a_2, \cdots, a_n) \geq 2$

9.3. Siano $x_1, \cdots, x_n$ numeri reali positivi che soddisfano

$$\frac{1}{x_1 + 2017} + \frac{1}{x_2+ 2017} + \cdots + \frac{1}{x_n + 2017} = \frac{1}{2017}$$
Dimostrare che
$$\frac{\sqrt[n]{x_1 \cdots x_n}}{n-1} \geq 2017$$
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