Staffetta algebra

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Mist
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Re: Staffetta algebra

Messaggio da Mist » 20 lug 2011, 22:02

La soluzione al problema 48:
patatone ha scritto:1)ponendo x=0 abbiamo $f(yf(0))=f(0)$ da cui o f(0)=0 oppure f è costante. Se f è costante si verifica che l'unica costante che verifica è f(x)=0 quindi in entrambi i casi f(0)=0.
2)ponendo y=0 otteniamo $f(x^2)=xf(x)$.
3)ponendo nella 2 $x\rightarrow -x$ otteniamo $-xf(-x)=f(x^2)=xf(x)$ quindi $f(-x)=-f(x)$ ovvero f dispari

Considero ora 2 casi:
-esiste k diverso da 0 tale che f(k)=0. Allora sostituendo nell'equazione iniziale x=k e sfruttando la 2 abbiamo f(ky)=0 e quindi f vale costantemente 0
-non esiste k diverso da 0 tale che f(k)=0. Quindi f(x)=0 se e solo se x=0. Sostituendo nell'equazione iniziale y=-x abbiamo $f(x^2-xf(x))=xf(x)+f(-x^2)=xf(x)-f(x^2)=xf(x)-xf(x)=0$.
Ma allora $x^2-xf(x)=0$ per ogni x reale da cui concludiamo facilmente $f(x)=x$

Concludendo le uniche 2 soluzioni sono $f(x)=x$ per ogni $x\in\mathbb R$ e $f(x)=0$ per ogni $x\in\mathbb R$
Aspetto conferme :)




qui il problema 49.
patatone ha scritto:dopo lungo tempo posto il nuovo problema, e premetto che è la parte più difficile della mia soluzione al problema 6 del balkan TST di quest'anno:
trovare tutte le funzioni $f:\mathbb Q^+\rightarrow\mathbb Q^+$ tali che
1)$f(xy)=f(x)f(y)$
2)$f(x)f(f(x))^2=x^3$

BONUS: trovare tutte le funzioni solo con la condizione 2. Lo metto come bonus perchè credo di averlo risolto ma non ho ancora controllato per bene, quindi non mi fido a piazzarlo come problema principale :)
La soluzione al problema 49:
Parte 1:
Sonner ha scritto:Mi ero dimenticato di scriverla, la piazzo così se è sbagliata almeno mi dite dove.
Pongo $x=y=1$ in (1) e ottengo $f(1)=1$.
Pongo $x=n, y=\frac{1}{n}$ in (1) e ottengo $f(\frac{1}{n}=\frac{1}{f(n)}$.
Pongo $x=a, y=\frac{1}{b}$ in (1) e ottengo $f(\frac{a}{b})\frac{f(a)}{f(b)}$. (*)

Passo a (2) limitandomi ai naturali. Sia $p$ un primo, allora $f(p)\mid p^3\rightarrow f(p)\in {1,p,p^2,p^3}$. Se $f(p)=1\rightarrow$ assurdo sostituendo in (2) (sarebbe $p^3=1$), se $f(p)=p^2$ di nuovo assurdo in (2) ($f(f(p))^2=p$), se $f(p)=p^3$ è ancora assurdo ($f(p^3)=1$ e sostituisco $x=p$). Allora $f(p)=p$ e tornando a (1) (che uso ripetutamente)
$$f(n)=f(p_1^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot p_k^{\alpha_k})=f(p_1)^{\alpha_1}\cdot\dots\cdot f(p_k)^{\alpha_k}=n$$ che soddisfa.

A questo punto per passare ai razionali è sufficiente usare la (*) $\rightarrow f(n)=n$ per $n$ razionale positivo.
Parte 2:
Sonner ha scritto: Pongo $g(x)=\frac{f(x)}{x}$, (1) diventa $g(xy)=g(x)g(y)$, (2) diventa $g(x)^5g(g(x))^2=1 \rightarrow g(x)=h_1(x)^2$ (sostituendo e sfruttando la moltiplicatività) per una certa funzione $h_1$. Sostituendo in (2) trovo $h_1(x)^5h_1(h_1(x))^2=1$ che è la stessa di prima, da qui è una banalissima induzione dimostrare che per ogni $n$ esiste $h_n$ moltiplicativa tale che $h_{n-1}(x)=h_{n}(x)^2$ per ogni $x$ e tale per cui valga $h_n(x)^5h_n(h_n(x))^{2n}=1$, ma questo è assurdo (infatti se $a=g(b), a$ dovrebbe essere potenza $2^n-$esima per $n$ grande a piacere) a meno che $g(x)=1$ per ogni $x \rightarrow f(x)=x$.




qui il problema 50.
Sonner ha scritto:Se $x,y,z\geq 1$ allora:

$$(x^2-2x+2)(y^2-2y+2)(z^2-2z+2)\leq x^2y^2z^2-2xyz+2$$

La soluzione al problema 50:
Mist ha scritto:Boh, mi sembra strana come soluzione, ma vediamo...

in primis riscrivo $x^2-2x+2 = (x-1)^2+1$.
La espressione di partenza diventa
$$[(x-1)^2+1][(y-1)^2+1][(z-1)^2+1] =$$
$$ (x-1)^2(y-1)^2(z-1)^2 +(x-1)^2(y-1)^2 +(x-1)^2(z-1)^2 +(y-1)^2(z-1)^2+(x-1)^2 +(y-1)^2 +(z-1)^2 +1$$

Pongo $a= (x-1)^2$, $b= (y-1)^2$, $c= (z-1)^2$ e l'espressione sopra diventa $abc+ab+bc+ca+a+b+c+1$
Miracolosamente si verifica anche che $(xyz-1)^2+1 = (\sqrt{abc} + \sqrt{ab} +\sqrt{bc}+ \sqrt{ac}+ \sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c} )^2 +1$.
Si deve avere quindi che $abc+ab+bc+ca+a+b+c \leq (\sqrt{abc} + \sqrt{ab} +\sqrt{bc}+ \sqrt{ac}+ \sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c} )^2 $
che è evidentemente vera.

Aspetto smentite o conferme...
qui il problema 51.
Mist ha scritto:Risolvere
$$\displaystyle \begin{cases}x^2+xy+\frac{y^2}{3} =25 \\ \frac{y^2}{3}+z^2=9 \\ z^2+zx+x^2 = 16 \\ \end{cases}$$

con $x,y$ e $z$ reali positivi.

Boh, ho visto che nessuno più aggiornava, spero di non aver fatto una sciocchezza :roll: :?
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2

"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

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