Staffetta algebra

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Avatar utente
Maioc92
Messaggi: 778
Iscritto il: 21 apr 2009, 21:07
Località: REGGIO EMILIA

Messaggio da Maioc92 » 01 mag 2010, 18:50

ok, come mi è stato chiesto ho creato un topic solo per questo problema, ecco il link:
viewtopic.php?p=124670#124670

Se qualcuno vuole proporre il problema 20 faccia pure, altrimenti metto qualcos'altro io
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 04 mag 2010, 23:03

Risolvere in R la seguente equazione:
$ \displaystyle 6^x+1=8^x-27^{x-1} $
Prego giustificare il risultato :evil:

Avatar utente
Maioc92
Messaggi: 778
Iscritto il: 21 apr 2009, 21:07
Località: REGGIO EMILIA

Messaggio da Maioc92 » 12 giu 2010, 13:49

ma esiste una soluzione senza derivate??
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Avatar utente
kn
Messaggi: 508
Iscritto il: 23 lug 2007, 22:28
Località: Sestri Levante (Genova)
Contatta:

Messaggio da kn » 12 giu 2010, 16:06

Sì, ponendo x=y+1 basta mostrare che $ \displaystyle~27^y+6\cdot 6^y+1\neq 8\cdot 8^y $ per $ \displaystyle~y\neq 0,1 $. Ma ciò segue dal fatto che
$ \displaystyle~\frac{1}{8}\cdot 27^y+\frac{6}{8}\cdot 6^y+\frac{1}{8}\cdot 1^y>\left(\frac{1}{8}\cdot 27+\frac{6}{8}\cdot 6+\frac{1}{8}\cdot 1\right)^y=8^y $ per $ \displaystyle~y<0\lor y>1 $ (Jensen su $ \displaystyle~f(t)=t^y $, convessa per questi valori di y) e che
$ \displaystyle~\frac{1}{8}\cdot 27^y+\frac{6}{8}\cdot 6^y+\frac{1}{8}\cdot 1^y<8^y $ per $ \displaystyle~0<y<1 $ (sempre Jensen su $ \displaystyle~f(t)=t^y $, concava stavolta).
Quindi $ \displaystyle~x=1\lor x=2 $
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

minima.distanza
Messaggi: 131
Iscritto il: 11 giu 2010, 17:56
Località: Milano, in provincia...

Messaggio da minima.distanza » 30 giu 2010, 15:41

perdonatemi l'ineperienza, ma è lecito porre x=y+1 ? Io non lo avrei mai fatto, mi sarebbe sembrato di inventarmi un legame tra x e y :?

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4756
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 30 giu 2010, 15:50

Nel testo è data solo x ... y la inventi tu, quindi è ovvio che deve avere un legame con x... E' semplicemente un "cambio di variabile" per evidenziare meglio una certa proprietà dell'espressione.

PS(@kn): Jensen=derivate...

Avatar utente
Maioc92
Messaggi: 778
Iscritto il: 21 apr 2009, 21:07
Località: REGGIO EMILIA

Messaggio da Maioc92 » 02 lug 2010, 17:39

nessuno ha più scritto niente... visto che la soluzione di kn è chiaramente corretta aspettiamo qualche giorno che prosegua la staffetta, altrimenti posso mettere qualcosa io per non farla morire
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

Avatar utente
kn
Messaggi: 508
Iscritto il: 23 lug 2007, 22:28
Località: Sestri Levante (Genova)
Contatta:

Messaggio da kn » 03 lug 2010, 10:45

Problema 21. Sia $ \displaystyle~P(x)=(x+2x^2+\ldots+nx^n)^2=a_0+a_1x+\ldots+a_{2n}x^{2n} $. Mostrate che $ \displaystyle~a_{n+1}+a_{n+2}+\ldots+a_{2n}=\frac{n(n+1)(5n^{2}+5n+2)}{24} $.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 03 lug 2010, 13:04

Brucio il problema perchè ci tengo a fare lo sborone con le funzioni generatrici xD Tenterò di far capire tutti i passaggi.
Alur molti passaggi saranno intuitivi (ma vi assicuro veri) perchè non saprei motivarli formalmente.

Step 1: Calcoliamo $ $\sum_{i=0}^{2n}a_i $
Dato che in un prodotto tra polinomi la somma dei coefficienti iniziali è uguale al prodotto della somma dei coefficienti dei 2 polinomi quella roba vale:
$ $\left(\sum_{i=0}^ni\right)^2=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 $

Step 2: Valutiamo $ $\left(\sum_{i=0}^{\infty}x^i\right)\left(\sum_{i=0}^{\infty}b_ix^i\right) $ con $ $\{b_i\} $ una sequenza di reali (ma anche complessi va bene, alla fine va bene tutto purchè esista la somma...)
Assumiamo di svolgere l'infinito prodotto termine a termine... quali monomi avranno il termine $ $x^j $? Beh saranno questi: $ $1\cdot b_jx^j,\ x\cdot b_{j-1}x^{j-1}\dots x^{j-1}\cdot b_{1}x,\ x^j\cdot b_0 $
Ora compattiamo i monomi simili... il monomio $ $x^j $ avrà come coefficiente $ $\sum_{i=0}^jb_j $ quindi il prodotto iniziale equivale a:
$ $ \sum_{i=0}^{\infty}\left(\sum_{j=0}^ib_i\right)x^i $


Step 3: Valutiamo $ $\sum_{i=0}^{\infty}x^i $
Vale questa serie di uguaglianze:
$ $\sum_{i=0}^{\infty}x^i-x\sum_{i=0}^{\infty}x^{i}=1+\sum_{i=1}^{\infty}x^i-x^i=1 $
Ora divido ambo i membri per 1-x ottenendo: $ $\sum_{i=0}^{\infty}x^i=\frac{1}{1-x} $

Step 4: Trovo la funzione generatrice di $ \{$\sum_{i=0}^na_i\} $
Ora considero $ $\left(x^{n+1}P(x)+\sum_{j=1}^nix^i\right)^2 $ con P(x) un polinomio. È chiaro che i coefficienti dei primi n+1 termini nello sviluppo di quella roba non cambiano al variare di P(x), perciò neppure la loro somma, che sarà uguale a $ $\sum_{i=0}^na_i $.
Da quanto ho analizzato se mi interessa solo la somma dei primi n+1 termini posso anche considerare il "quasi polinomio": $ $\left(\sum_{i=0}^{\infty} ix^i\right)^2 $.
Tento di esprimere decentemente il polinomio che elevo al quadrato... lo chiamo P(x).
Vale questa serie di uguaglianze:
$ $P(x)-xP(x)=\sum_{i=1}^{\infty}ix^i-(i-1)x^i=-1+\sum_{i=0}^{\infty}x^i=-1+\frac{1}{1-x}=\frac{x}{1-x} $***
L'ultima identità deriva dallo step 2.
Ora divido *** per 1-x ottenendo: $ $P(x)=\frac{x}{(1-x)^2} $
Perciò a me interessa la somma dei primi n+1 coefficienti dell'espressione polinomiale di $ $x^2\left(\frac{1}{1-x}\right)^4 $. A questo punto viene in aiuto lo step 2 che dice che se moltiplico per $ $\sum_{i=0}^{\infty}x^i $ ottengo una roba che ha come coefficiente n-esimo proprio la somma dei primi n+1 che cercavo. Quindi sfrutto Step 3 e al posto di moltiplicare per quel cosone brutto moltiplico per $ \frac{1}{1-x} $ ottenendo da trovare il coefficiente n-esimo di
$ $x^2\left(\frac{1}{1-x}\right)^5 $
(quest'ultima si dice funzione generatrice della sequenza perchè ha la sequenza come coefficienti).

Step 5: Calcoliamo $ $\sum_{i=0}^na_i $
Ora che ho la funzione generatrice devo fare il passaggio inverso, trovarmi i coefficienti... che fare? Prima di tutto tolgo quell'$ $x^2 $ e al posto di trovare il coef n-esimo trovo quello n-2esimo di (sostituisco usando lo step 3):
$ $\left(\sum_{i=0}^{\infty}x^i\right)^5 $
Faccio finta di sviluppare anche questo... devo solo contare i monomi che escono di grado n-2 tanto hanno tutti coef 1. Ma quanti sono... beh se ci si pensa si può fare una biezione tra le quintuple di interi non negativi (a,b,c,d,e) con somma n-2 e quei monomi... quindi restano da contare ste quintuple. Beh qui si passa all'elementare e alla combinatoria, quindi non serve che spiego perchè quelle quintuple sono esattamente $ ${n+2\choose 4} $ che è proprio la somma dei primi n coefficienti della roba espressa dal testo.

Step 6: Conclusione
Vale ovviamente
$ $\sum_{j=n+1}^{2n}a_j=\sum_{j=0}^{2n}a_i-\sum_{k=0}^na_k $
In quest'ultima sostituisco quanto ottenuto nello step 1 e 5 da cui la somma richiesta dal testo equivale a:
$ $\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2-{n+2\choose 4}=\frac{n(n+1)}{4}\left(n(n+1)-\frac{(n+2)(n-1)}{6}\right)=\frac{n(n+1)(5n^2+5n+2)}{24} $

Dopo tutto sto papocchio faccio una precisazione: c'è una soluzione più "corta" e elementare che consiste nel contare la somma di a_1+a_2+...a_n a manina con una sommatoria di sommatoria, partendo dal testo... è molto più contoso di quello che ho mostrato io. Inoltre se si ha un po di conoscenza delle funzioni generatrici questa soluzione viene in 3 minuti (per scriverla però c'ho messo 3 ore xD).
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

Avatar utente
Maioc92
Messaggi: 778
Iscritto il: 21 apr 2009, 21:07
Località: REGGIO EMILIA

Messaggio da Maioc92 » 03 lug 2010, 17:20

dario2994 ha scritto:Dopo tutto sto papocchio faccio una precisazione: c'è una soluzione più "corta" e elementare che consiste nel contare la somma di a_1+a_2+...a_n a manina con una sommatoria di sommatoria, partendo dal testo... è molto più contoso di quello che ho mostrato io. Inoltre se si ha un po di conoscenza delle funzioni generatrici questa soluzione viene in 3 minuti (per scriverla però c'ho messo 3 ore xD).
Già, io non sapendo una mazza di funzioni generatrici avevo intrapreso questa strada e confermo che in fondo ci si arriva, ma dopo 20 minuti di calcoli non propriamente simpatici :roll:
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 03 lug 2010, 19:02

Corretta formula - HarryPotter

Problema 22
Siano $ x_1,x_2,x_3\dots ,x_n $ numeri reali dimostrare:
$ \sum_{i=1}^n\frac{a_i}{1+\sum_{j=1}^ia_j^2}<\sqrt{n} $
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

amatrix92
Messaggi: 818
Iscritto il: 21 nov 2008, 17:19
Località: Firenze

Re:

Messaggio da amatrix92 » 19 nov 2010, 22:40

dario2994 ha scritto:Problema 22
Siano $ $x_1,x_2,x_3\dots ,x_n $ numeri reali dimostrare:
$ \sum_{i=1}^n\frac{a_i}{1+\sum_{j=1}^ia_j^2}<\sqrt{n} $
L'ho riscritta perchè c'era qualche lettera di troppo nella formula che non ne permetteva la lettura.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

paga92aren
Messaggi: 358
Iscritto il: 31 lug 2010, 10:35

Re: Staffetta algebra

Messaggio da paga92aren » 22 nov 2010, 19:07

Se elevo alla seconda la disuguaglianza e uso C-S ... non funziona :( :(
Allora suppongo gli $a_1$ positivi perché i denominatori delle frazioni non cambia ma da negativa diventa positiva e quindi rimane vera la disequazione.
Analogamente, notato che il denominatore è crescente, posso supporre gli la serie $a_i$ decrescente.

E poi...boh

Euler
Messaggi: 345
Iscritto il: 20 mar 2010, 22:07
Località: Trento

Re: Staffetta algebra

Messaggio da Euler » 22 nov 2010, 21:17

Ecco la mia dimostrazione:
Per prima cosa faccio questa sostituzione :$b_i:=1+\sum_{j=1}^{i} a_j^2$
E la disuguaglianza diventa: $\frac{±\sqrt{b_1-1}}{b_1}+\frac{±\sqrt{b_2-b_1}}{b_2}+...+\frac{±\sqrt{b_n-b_{n-1}}}{b_n}<\sqrt{n}$
Ora noto che tutti i $b_i$ sono crescenti e maggiori o uguali a 1. Adesso faccio un Cauchy Schwartz:
$\frac{±\sqrt{b_1-1}}{b_1}+\frac{±\sqrt{b_2-b_1}}{b_2}+...+\frac{±\sqrt{b_n-b_{n-1}}}{b_n}\leq \sqrt{(b_n-1)(\frac{1}{b_1^2}+...+\frac{1}{b_n^2})}$ e quindi mi resta da dimostrare che $(b_n-1)(\frac{1}{b_1^2}+...+\frac{1}{b_n^2})<n$
Dopo aver provato tutte le disuguaglianze dell'universo mi sono accorto che basta una semplice induzione:
-PASSO BASE: OK ($\frac{1}{b_1}\leq n$ in quanto $b_1\geq 1$)
-PASSO INDUTTIVO: suppongo che $(b_n-1)(\frac{1}{b_1^2}+...+\frac{1}{b_n^2})\leq n$. Allora, aggiungendo un $b_{n+1}$ ho 2 casi: o è minore o uguale a $b_n$ e va bene, o è maggiore e funziona a maggior ragione, dunque la condizione è soddisfatta per ogni n.
Infine resta da dimostrare quel minore stretto; posso motivarlo dicendo che $(b_n-1)(\frac{1}{b_1^2}+...+\frac{1}{b_n^2}= n)$ Solo quando i $b_i$ sono tutti uguali e guardando la C-S uguagliando tutti i rapporti tra i termini: così facendo ottengo 0 e quindi è fatta.

p.s. Perchè non riesco a fare le parentesi con \right e \left?
cogito ergo demonstro

paga92aren
Messaggi: 358
Iscritto il: 31 lug 2010, 10:35

Re: Staffetta algebra

Messaggio da paga92aren » 23 nov 2010, 12:34

Non mi torna questa disequazione: $(b_n-1)(\frac{1}{b_1^2}+...+\frac{1}{b_n^2})\leq n$
Infatti se prendo $n=2$ e $b_1=2, \; b_2=10^{10}$ (posso farlo) mi viene che $(10^{10}-1)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{10^{20}}\right)<2$ che mi sembra abbastanza falso :( .
Non ho capito l'induzione, ma credo che non funzioni...
(Io riesco a usare \left e \right :P )

Rispondi