Staffetta algebra

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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jordan
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Staffetta algebra

Messaggio da jordan » 18 gen 2009, 16:15

Un'idea rubata da matematicamente, forse a sua volta presa da altri forum ancora :lol:

Propongo una staffetta nel senso: viene proposto un problema (che puo venire bruciato da chiunque anche dopo 5 minuti), qualcuno prova a rispondere e il primo che dà la dimostrazione esatta ha il diritto di proporre un nuovo problema, relativo alla sezione di algebra (e possibilmente fattibile da risolvere..).

Problema 1.
Trovare il valore di $ |x|+|y| $ per il quale l'espressione $ \displaystyle \frac{6x^2}{y^6}+\frac{6y^2}{x^6}+9x^2y^2+\frac{4}{x^6y^6} $ è minima.
Ultima modifica di jordan il 16 apr 2009, 17:13, modificato 1 volta in totale.
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julio14
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Messaggio da julio14 » 18 gen 2009, 21:09

Riscrivo come $ $\left(\frac{2}{x^6}+3x^2\right)\left(\frac{2}{y^6}+3y^2\right) $.
Grazie ai moduli e alle potenze pari, wlog $ $x,y>0 $
Ora minimizzo un singolo fattore con AM-GM
$ $\frac{2}{x^6}+3x^2=x^2+x^2+x^2+\frac{2}{x^6}\ge4\sqrt[4]{2} $
Avremo l'uguaglianza per $ $x^2=\frac{2}{x^6}\rightarrow x=\sqrt[8]{2} $
Quindi il valore richiesto è $ $2\sqrt[8]{2} $

p.s. anche se rubata, bella idea! :D
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julio14
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Messaggio da julio14 » 18 gen 2009, 21:23

$ $f $ è una funzione definita sui reali a valori reali che soddisfa
$ $f(0)=\frac12 $
esiste un reale $ $a $ tale che, per ogni $ $x,y $ abbiamo $ $f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x) $
Dimostrare che $ $f $ è costante
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jordan
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Messaggio da jordan » 19 gen 2009, 00:01

1) Ponendo a confronto la funzionale $ (x',y')=(x,x) $ con $ (x',y')=(a-x,a-x) $ otteniamo $ f(x)=f(a-x) $.
2)Ponendo a confronto la funzionale di $ (x',y')=(a-x,0) $ con $ (x',y')=(x,a) $ otteniamo invece $ f(a+x)=f(a-x) $.
3) Ponendo $ (x',y')=(a,a) $ abbiamo due casi :$ f(0)=0 $ oppure $ 2f(a)=1 $.
Caso 1:$ f(0)=0 $. Ponendo $ (x',y')=(x,0) $ otteniamo $ f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R} $ (che è la tesi) oppure $ f(a)=1 $, ma sarebbe in contraddizione con la relazione 1.
Caso 2: $ 2f(a)=1 $. Ponendo $ (x',y')=(x,a-x) $ e ricordandoci delle relazioni 1 e 2, otteniamo $ 4f^2(x)=1, \forall x \in \mathbb{R} $. Se $ 2f(x)=1, \forall x $ abbiamo la tesi. Altrimenti poniamo che esista un $ x_0 $ tale che $ 2f(x_0)+1=0 $. Ponendo $ (x',y')=(x_0,\frac{a}{2}-\frac{x_0}{2}) $ otteniamo $ f(x_0+y')+f(y')=0 \implies 2f(y')=0 $, contro la prima proposizione del caso 2.


Problema 3. Determinare per ogni $ p(x) \in \mathbb{C}[X] $ tale che $ p(0) \neq 0 $ un polinomio $ q(x) \in \mathbb{C}[X] $ tale che se $ p(\alpha)=0 $ allora $ q(\frac{1}{\alpha})=0 $.

edit:ci mancava un "fratto 2" nella dimostrazione come ha notato oblomov..
Ultima modifica di jordan il 20 gen 2009, 08:42, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da FeddyStra » 19 gen 2009, 14:32

Sia $ \displaystyle p(x)=\sum_{i=1}^n a_ix^i $ con $ a_n\neq0 $ (il grado è $ n $).
Poniamo $ \displaystyle q(x)=\sum_{i=1}^n a_ix^{n-i} $ (è il polinomio ottenuto invertendo l'ordine dei coefficienti).
Se $ p(\alpha)=0 $, allora $ \displaystyle q\left(\frac1\alpha\right)=\sum_{i=1}^n a_i\left(\frac1\alpha\right)^{n-i}= $$ \displaystyle \sum_{i=1}^n a_i\alpha^{i-n}=\frac1{\alpha^n}\sum_{i=1}^n a_i\alpha^i=\frac1{\alpha^n}p(\alpha)=0 $.
La presenza di $ \alpha $ al denominatore è lecita in quanto si è supposto che $ p(0)\neq0 $, quindi $ \alpha\neq0 $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da FeddyStra » 19 gen 2009, 15:23

Problema 4
Supponiamo che il polinomio a coefficienti interi $ ax^2+bx+1 $ sia irriducibile in $ \mathbb{Q} $. Sia $ \phi(x)=(x-a_1)(x-a_2)\dots(x-x_n) $ con $ n\ge7 $ e $ a_1, a_2, \dots, a_n \in \mathbb{Z} $ distinti.
Dimostrare che il polinomio $ a\left[\phi(x)\right]^2+b\phi(x)+1 $ è irriducibile in $ \mathbb{Q} $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da kn » 19 gen 2009, 16:06

Hai dei controesempi per il caso n < 7 ?
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Messaggio da FeddyStra » 19 gen 2009, 17:08

Finora ho trovato con l'ausilio del Pc un controesempio con $ n=3 $.
$ \phi(x)=(x-1)(x-2)(x-3)=x^3-6x^2+11x-6 $
$ a=1, b=3 $
$ x^2+3x+1 $ è irriducibile
$ \phi^2+3\phi+1=x^6-12x^5+58x^4-141x^3+175^2-99x+19= $$ \left(x^2-3x+1\right)\left(x^4-9x^3+30x^2-42x+19\right) $ non è irriducibile
Non escludo che esista anche un controesempio con $ n=4,5,6 $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da Oblomov » 20 gen 2009, 00:55

jordan ha scritto:Ponendo $ (x',y')=(x_0,\frac{a}{2}-x_0) $ otteniamo $ f(x_0+y')+f(y')=0 \implies 2f(y')=0 $, contro la prima proposizione del caso 2.
Potresti esplicitare i passaggi? Mi sfugge qualcosa...
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Messaggio da jordan » 20 gen 2009, 08:39

Oblomov ha scritto:Potresti esplicitare i passaggi? Mi sfugge qualcosa...
Certo, $ f(x_0+y')=f(x_0)f(a-y')+ $$ f(y')f(a-x_0)=f(x_0)f(y')+f(y')f(x_0)=-f(y') $, imponendo $ y'=a-(x_0+y') $ abbiamo $ f(x_0+y')=-f(y') \implies f(x_0+y')=-f(x_0+y') \implies 2|f(x_0+y')|\neq 1 $, spero che sia chiaro :wink:

@Feddystra, la domanda bonus di Simo pare come un corollario al tuo :lol: una cosa, i tuoi $ a_i $ devono essere distinti?
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Messaggio da FeddyStra » 20 gen 2009, 22:06

FeddyStra ha scritto:...con $ n\ge7 $ e $ a_1, a_2, \dots, a_n \in \mathbb{Z} $ distinti.
Sì, sono distinti. :wink:
jordan ha scritto:@Feddystra, la domanda bonus di Simo pare come un corollario al tuo :lol:
Vero! Però all'epoca non avevo ancora visto questo qui.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da FeddyStra » 25 gen 2009, 22:11

Chi è che si prende il testimone? :wink:
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da karl » 27 gen 2009, 12:05

Dimostrare che se l'equazione $ \displaystyle \sum_{i=0}^n a_i x^{n-i}=0 $ ha tutte le radici reali altrettanto avviene per l'equazione $ \displaystyle \sum_{i=0}^n a_i C_{n,i}x^{n-i}=0 $
[ con $ \displaystyle C_{n,i} $ indico il coefficiente binomiale ]

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Messaggio da FeddyStra » 07 feb 2009, 19:09

Va bene, però qualcuno prima risolve il Problema 4? :)
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da jordan » 10 feb 2009, 00:55

Problema 4.
Dati $ p(x)=ax^2+bx+1 $ irriducibile in $ \mathbb{Z}[X] $, $ n \ge 7 $ interi distinti $ \{\alpha_i\} $, e definito $ \phi(x)=\prod_{i=1}^n{x-\alpha_i} $, assumiamo che esistano $ c(x),d(x) \in \mathbb{Q}[X] $ tali che $ p(\phi(x))=c(x)d(x) $. Per il lemma di Gauss $ c(x), d(x) \in \mathbb{Z}[X] $. Per cui vale $ c(\alpha_i)=d(\alpha_i)=\pm 1, \forall i $, e sia wlog $ 1=c(\alpha_1)=c(\alpha_2)=...=c(\alpha_j)=-c(\alpha_{j+1})=-c(\alpha_{j+2})=...=-c(\alpha_n) $. Se $ 3< j <n $ allora $ c(x)=q(x)\prod_{i=1}^j{(x-\alpha_i)}+1 $ per qualche $ q(x) \in \mathbb{Z}[X] $ per cui $ 2=1-c(\alpha_n)=(-1)^{j+1}q(\alpha_n)\prod_{i=1}^j{(\alpha_i+1)} $, assurdo. Il caso $ 0 < j < 4 $ è speculare in quanto $ n \ge 7 $ per ipotesi. Concludiamo quindi che esistono degli interi $ (c_n, d_n) \in \mathbb{Z}^2 $ tali che $ c(x)=c_n\phi(x) \pm 1 $ e $ d(x)=d_n \phi(x) \pm 1 $. Ma $ p(\phi(x))=c(x)d(x) $ per cui $ a=c_nd_n $ e $ b=\pm (c_n+d_n) $. Ma allora $ p(x)=(c_nx \pm 1)(d_nx \pm 1) $, contro l'ipotesi iniziale, per cui anche $ p(\phi(x)) $ sarà irriducibile in $ \mathbb{Q}[X] $.



Problema 6.
Mostrare che $ p(x)=x^n+4 $ è irriducibile in $ \mathbb{Q}[X] $ se e solo se $ 4 \nmid n $.


[Per il problema di Karl, lo teniamo come riserva nel caso nessuno risolve questo va bene?]
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