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Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Anér
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Messaggio da Anér » 16 apr 2010, 18:52

Ci ho messo un sacco ma credo di avercela fatta. Si può andare lontani a piacere se e solo se $ k\geq\frac{1}{n-1} $.
Diamo i nomi alle cose: $ A_1.A_2,\cdots ,A_n $ sono i nomi dei punti presi nella posizione iniziale da sinistra a destra; quando un punto si sposta non cambia nome. $ b>0 $ è il minimo dei segmenti $ A_1A_2. A_2A_3,\cdots ,A_{n-1}A_{n} $ nella configurazione iniziale, mentre $ B $ è il massimo (ovviamente se due punti all'inizio coincidono basta fare un po' di mosse per differenziarli e prendere la nuova configurazione corretta come iniziale). Diciamo che $ A_i $ salta $ A_j $ se $ A_i $ si trova a sinistra di $ A_j $ e va a finire a destra a una distanza moltiplicata per $ k $ da $ A_j $. Chiamiamo massimo il punto più a destra e minimo quello più a sinistra; ovviamente il minimo e il massimo sono variabili.
Dimostriamo intanto che per tali $ k\geq\frac{1}{n-1} $ ci si riesce. Basta seguire la strategia per cui il minimo salta sempre oltre il massimo, in quanto la distanza tra due punti consecutivi rimane sempre almeno $ b $: ciò è vero all'inizio e se è vero dopo $ c $ mosse, allora quando si compie la mossa numero $ c+1 $ la lunghezza dell'ultimo segmentino è $ k $ volte la somma degli $ n-1 $ segmentini che avevamo subito prima della mossa numero $ c+1 $, ed essendo $ k\geq\frac{1}{n} $ e ognuno dei segmentini per ipotesi induttiva $ \geq b $, allora il nuovo segmentino a destra è lungo almeno $ b $. Se invece $ k<\frac{1}{n-1} $ allora questa strategia non funziona: infattile prime $ n-1 $ mosse generano segmentini $ \leq kB $, le successive $ n-1 $ generano segmentini $ \leq k^2B $, e così via, dunque il massimo si sposta al massimo di $ B\frac{k(n-1)}{1-k(n-1)} $. Manca da dimostrare che se è possibile andare lontani a piacere, allora lo si può fare con la strategia del minimo che salta il massimo.

D'ora in poi supponiamo $ k<\frac{1}{n-1} $. Vogliamo dimostrare di più, ossia che anche ampliando le regole, e consentendo il libero movimento dei punti verso destra, entro il limite fissato dal salto oltre il massimo; o per dirlo in un altro modo, è possibile muovere un punto su tutto il segmento i cui estremi sono la posizione di partenza e quella di arrivo di una vecchia mossa. Tuttavia proibiamo che tuti i punti coincidano. Chiamiamo mobilità di un punto l'insieme delle posizioni che quel punto può assumere con una mossa a partire dalla situazione corrente. Dimostriamo un po' di cose:
1. Per la possibilità di allontanarsi a piacere tutte le configurazioni iniziali sono equivalenti (tranne quella in cui tutti i punti coincidono, che non rientra nelle ipotesi), ossia se è possibile in una configurazione è possibile in qualsiasi altra.
Partendo da una configurazione qualsiasi sposto tutti i punti tranne il minimo facendoli coincidere con il massimo, poi sposto il minimo a destra del massimo, quindi ridistribuisco i punti secondo una configurazione che so funzionare (o una sua omotetica che funziona lo stesso). Dunque se servirà potremo fare le ipotesi che preferiamo sulla configurazione iniziale.
2. Se esiste una strategia finita per arrivare arbitrariamente lontano, allora esiste un'unica successione infinita di mosse che arriva arbitrariamente lontano. Basta infatti fare un po' di mosse e spostare il massimo almeno di un segmento fissato; dala nuova configurazione si potrà di nuovo spostare il massimo almeno dello stesso segmento, e così via.
Dunque prendiamo una successione infinita di mosse che ci consenta di andare lontani a piacere.
3. Le uniche mosse utili sono quelle che mandano un punto oltre il massimo. Infatti la mobilità di un punto dipende solo dalla sua posizione rispetto al massimo, e diminuisce nel senso insiemistico del termine con l'avanzare del punto, mentre aumenta con l'avanzare del massimo (è chiaro che la mobilità si annulla nel massimo). Dunque evitare le mosse entro il massimo non rovina la strategia.
Lo stesso ragionamento può essere ripetuto più rigorosamente modificando poco per volta la successione, ossia eliminando gradualmente le mosse inutili (anche una alla volta) e dimostrando che tutto va bene.
Dunque d'ora in poi supponiamo che ogni mossa della successione mandi un punto oltre il massimo. Supponiamo anche che tutti i punti si muovano infinite volte (un punto che si muove solo fino a un certo punto sarebbe inutile da un certo punto in poi, quando tutti i punti che si muovono infinite volte lo hanno superato).
4. Farsi regali non fa mai male. Supponiamo che la strategia preveda la mossa di un punto oltre il massimo, ma non il più a destra possibile. Allora possiamo fare un regalo, ossia spostare il massimo nella posizione in cui avrebbe potuto arrivare, che supponiamo disti un segmento $ d $ dalla posizione prevista dalla successione; così aumentiamo la mobilità di tutti gli altri punti, e in particolare si vede facilmente che ogni punto può raggiungere ora almeno la posizione di un segmento $ d $ più a destra di quella prevista dalla strategia (in realtà almeno una posizione di $ (k+1)d $ più a destra); dunque sostituiamo in questo senso le mosse della successione, spostando più a destra del previsto di $ d $ ogni punto (qui si intende esistere un sistema di riferimento fisso, un'origine immobile fin dall'inizio, rispetto alla quale si definiscono le posizioni). Dopo abbastanza mosse avremo le stesse configurazioni della successione iniziale ma spostate a destra di $ d $, il che non fa male. Per induzione si può sostituire una alla volta ogni mossa con quella che arriva il più a destra possibile.
D'oraq in poi tutti i punti si muoveranno il più a destra possibile.
5. Conviene spostare prima un punto più indietro e poi uno in avanti. Supponiamo di essere arrivati ad un certo punto della strategia e di dover muovere in successione due punti $ A_i, A_j $, che si trovano il primo a sinistra del secondo, e che distano dal massimo rispettivamente $ a, b $ con $ a>b $. Qual è meglio muovere prima? È meglio muovere prima $ A_i $, così che il massimo si sposti di $ k(a+b)+k^2a $ anziché $ k(a+b)+k^2b $, dunque la mobilità dei punti nel primo caso è maggiore di almeno $ a-b $ in più a destra (di nuovo il valore preciso sarebbe $ (a-b)(k+1) $), dunque è possibile continuare la strategia. Allora è possibile far "risalire" una mossa del minimo nella strategia, in quanto in un numero finito di passaggi si passa successivamente a configurazioni migliori. Per induzione la strategia prevede sempre il salto del minimo oltre il massimo.

[Respiro di sollievo]

E ora il problema 17 (a meno che non abbia fatto errori, si intende).

EDIT: un piccolo errore nella dimostrazione.
Ultima modifica di Anér il 17 apr 2010, 16:31, modificato 1 volta in totale.
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Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 17 apr 2010, 14:33

Forse nel problema 17 manca qualcosa poichè se y=-1 ottengo $ f(f(-1))=f(x)f(-1)+f(x)-1 $ e il problema finisce

ma_go
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Messaggio da ma_go » 17 apr 2010, 15:32

non mi pare ovvio concludere da $ f(-1)=-1 $, o mi sto perdendo qualcosa?

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Anér
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Messaggio da Anér » 17 apr 2010, 16:29

Porre y=-1 è utile, perché si ottiene quell'equazione in f(x) con x qualsiasi. Ora i casi sono tre: l'equazione è impossibile, determinata, indeterminata. Quali casi vanno bene e quali no? E si arriva a dire quello che ha detto ma_go, anche se poi bisogna trovare tutta la funzione, non solo il suo valore in un punto.
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Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 17 apr 2010, 20:08

:oops: rimedio.

Problema 17:
Se $ $y=-1$ $ $ $f(f(-1))=f(x)f(-1)+f(x)-1$ $ da cui, poichè $ $f(x)=a$ $ non è soluzione, ricavo $ $f(-1)=-1$ $. []

Pongo $ $f(0)=b$ $ e sostituisco $ $y=0$ $
$ $f(x+b)=(b+1)f(x)$ $ da cui ottengo $ $b\neq-1$ $ e con $ x=-1-b $ $ $f(-1-b)=-\frac{1}{b+1}$ $
Poichè la funzione è debolmente crescente $ $-1< b \leq 0$ $. []

Se $ $x=0$ $ ottengo $ $b=\frac{f(f(y))-y}{f(y)+1} $ da qui concludo poichè $ -1<y\rightarrow b=0 $ e quindi $ f(f(y))=y\rightarrow f(y)=y $. []

ma_go
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Messaggio da ma_go » 17 apr 2010, 20:58

una soluzione un po' piu' lineare: sostituendo x=-1 nell'equazione iniziale, e chiamando z=f(y)-y-1 otteniamo f(z)=2-z. ma, siccome la funzione dev'essere debolmente crescente e f(-1)=-1, otteniamo che l'unico valore che può essere assunto da z è -1, cioè f(y)=y :)

Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 17 apr 2010, 21:31

Problema 18: Siano $ $x,y,z$ $ tre reali positivi tali che $ $xyz\geq 1$ $. Dimostrare che

$ $\[ \frac{ x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\frac{y^{5}-y^{2}}{x^{2}+y^{5}+z^{2}}+\frac{z^{5}-z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{5}}\geq 0 . \]$ $

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 18 apr 2010, 23:06

ok, posto la solita soluzione brutale. Tutte le somme sono da intendersi simmetriche.
Svolgendo i non troppi calcoli alla fine devo dimostrare che
$ \displaystyle\sum x^9+4\sum x^7y^5+\sum x^5y^2z^2+\sum x^5y^5z^5\ge \sum x^6+2\sum x^4y^2+2\sum x^5y^4+\sum x^5y^5z^2+\sum x^2y^2z^2 $.
Divido il tutto in 5 parti:
1) $ \displaystyle\frac{\sum x^9+\sum x^5y^2z^2}{2}\ge \sum x^7yz\ge \sum x^6 $ per AM-GM

2) $ \displaystyle\frac{\sum x^9+\sum x^5y^5z^5}{2}\ge\frac{\sum x^9+\sum x^3y^3z^3}{2}\ge \sum x^6y^3\ge \sum x^5y^4 $ e qui ho usato prima schur e poi il bunching

3) $ \displaystyle\frac{\sum x^5y^5z^5}{2}\ge\frac{\sum x^2y^2z^2}{2} $

4) $ \displaystyle\frac{\sum x^5y^2z^2}{2}\ge\frac{\sum x^3y^3z^3}{2}\ge\frac{\sum x^2y^2z^2}{2} $ per bunching

5) $ \displaystyle 4\sum x^7y^5\ge 2\sum x^6y^4z^2+\sum x^6y^5z+\sum x^5y^5z^2\ge 2\sum x^4y^2+\sum x^5y^4+\sum x^5y^5z^2 $ sempre per bunching

Sommo tutto e ho finito :D
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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karl
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Messaggio da karl » 19 apr 2010, 14:54

Una soluzione alternativa.
Comincio con l'osservare che è:
$ \displaystyle \frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\geq \frac{x^3-1}{x(x^2+y^2+z^2)} \text{ ed altre analoghe per y e z} $
Infatti riducendo a forma intera,cosa possibile perché i due
denominatori sono >0 e facendo pochissimi calcoli ( :D ) ,si ha la relazione :
$ \displaystyle (x^3y-y)^2+(x^3z-z)^2 \geq 0 $
che è vera. Pertanto,indicando con S il LHS della disuguaglianza
proposta,abbiamo:
$ \displaystyle S \geq \frac{1}{x^2+y^2+z^2}\cdot [\frac{x^3-1}{x}+\frac{y^3-1}{y}+\frac{z^3-1}{z}]= $$ \displaystyle \frac{1}{x^2+y^2+z^2}\cdot [(x^2+y^2+z^2)-\frac{xy+yz+zx}{xyz}] $
Ovvero :
$ \displaystyle S \geq 1-\frac{xy+yz+zx}{xyz(x^2+y^2+z^2)}\geq 0 $
perché è :
$ \displaystyle xyz\geq 1 $ , $ x^2+y^2+z^2 \geq xy+yz+zx $

Jessica92
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Messaggio da Jessica92 » 19 apr 2010, 15:47

nice!

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Messaggio da Maioc92 » 21 apr 2010, 23:47

proseguo con una disuguaglianza che mi è piaciuta (e per essere un IMO 2 non è troppo complicato):
Problema 19: siano a,b,c reali positivi. Dimostrare che
$ \displaystyle \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+ \frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1 $
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da Zorro_93 » 23 apr 2010, 14:00

$ $ \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+ \frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}= \frac{1}{\sqrt{1+\frac{8bc}{a^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{8ac}{b^2}}}+ \frac{1}{\sqrt{1+\frac{8ab}{c^2}}}$ $

Pongo $ $\frac{8bc}{a^2}=x$ $ e così via, ciclando per $ $y$ $ e $ $z$ $

Quindi, poichè $ $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}$ $ è convessa per $ $x\ge 0$ $, infatti $ $f''=\frac{3}{4(x+1)^{5/2}}\ge 0$ $ per $ $x\ge 0$ $,
vale Jensen:

$ $\frac13 \left( \frac{1}{\sqrt{x+1}}+\frac{1}{\sqrt{y+1}}+\frac{1}{\sqrt{z+1}}\right)\ge \frac{1}{\sqrt{1+\frac x3+\frac y3+\frac z3}} $ $

per AM-GM:

$ $ \frac{1}{\sqrt{x+1}}+\frac{1}{\sqrt{y+1}}+\frac{1}{\sqrt{z+1}}\ge \frac{3}{\sqrt{1+\frac x3+\frac y3+\frac z3}} \ge \frac{3}{\sqrt{1+8}}=1$ $

Giusto?

Edit:ummm... in effetti non mi quadra tantissimo l'ultimo passaggio
Ultima modifica di Zorro_93 il 23 apr 2010, 18:57, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da Maioc92 » 23 apr 2010, 18:49

Zorro_93 ha scritto:Edit:ummm... in effetti non mi quadra tantissimo l'ultimo passaggio
e si, purtroppo hai usato AM-GM al contraro... comunque puoi sempre riprovare :wink:
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da Maioc92 » 30 apr 2010, 14:20

visto che è passato un po' di tempo per caso volete che metta la mia soluzione cosi qualcuno propone un altro problema? Altrimenti aspetto ancora
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

spugna
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Messaggio da spugna » 30 apr 2010, 20:52

Potresti ripostarlo in un topic a parte così possiamo pensarci con calma... :roll:
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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