Ecco il nuovo problema della staffetta: Problema 24: Siano dati i numeri reali $ x_1,x_2,..x_{101} $ tali che $ x_1^3+x_2=x_2^3+x_3=...=x_{101}^3+x_1 $. Dimostrare che $ \forall 1 \le i < j \le 101, $ $ x_i=x_j $
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 11:14
da minima.distanza
Definizioni: $ A= \{ x:x=x_{n}, 1 \le n \le 101 \} $, $ m_{n} = x_n -x_1 $, $ P(x,y) = x^3-y $, $ A_{-} =\{(x_n,x_{n+1}): x_n<x_{n+1} \} $, $ A_{+} =\{(x_n,x_{n+1}): x_n>x_{n+1}\} $
Caso 1: $ x_{1}>0, x_{n} < x_{n+1} \forall 1\le n \le 100 $.
Si ha che $ x_1^3 +x_2 = x_{101}^3 +x_1 $ che diventa $ x_1^3+x_1+m_2 = x_1^3+3m_{101}x_1^2+3m_{101}^2x_1 +m_{101}^3+x_1 $ e quindi $ m_2 = m_{101}(3x_1^2+3m_{101}x_1+m_{101}^2) \quad (1) $
Pongo per il momento $ 0<k= \frac{m_{2}}{m_{101}} < 1 $ ( Attenzione ! questo passaggio ha senso se e solo se $ m_{101} \neq 0 $) e ottengo risolvendo in $ x_1 $ la $ (1) $ che $ x_1 = \frac{-3m_{101} + \sqrt{9m_{101}^2-4(m_{101}^2-k)}}{6} $ e siccome si deve avere per l'ipotesi assunta che $ x_1 > 0 $ che $ \sqrt{9m_{101}^2-4(m_{101}^2-k)} > 3m_{101} $ deve essere soddisfatta Affinché ciò si verifiche bisogna però che $ -4(m_{101}^2-\frac{m_{2}}{m_{101}}) < 0 $. Questa disequazione tramite semplici passaggi algebrici diventa $ m_{101}^3 > m_{2} $ che è falsa per la $ (1) $ che dice che $ m_{101}^3 = m_2 -(3m_{101}x_1^2+3m_{101}^2x_1) $ dove $ (3m_{101}x_1^2+3m_{101}^2x_1)>0 $ in virtù delle ipotesi prese. Ne consegue che si è incorsi in errore dividendo per $ m_{101} $ che quindi è pari a $ 0 $. In virtù delle caratteristiche imposte alla successione inoltre si conclude che tutti gli $ m_i $ sono uguali a $ 0 $
Caso 2: $ x_1 < 0 $
Distinguo vari casi:
Se $ x_2 < 0 $ allora per l'uguaglianza presa come ipotesi si deve avere che $ x_{101} < 0 $ in quanto se fosse altrimenti si avrebbe che $ Sign(x_1^3+x_2) \neq Sign(x_{101}^3-x_1) $. Si può qundi scrivere in questo caso che $ -|x_1|^3-|x_2| = -|x_{101}|^3-|x_{1}| $, moltiplicare ambo i membri per -1 e ricondursi al caso precedentemente analizzato,la dimostrazione è analoga e la conclusione è la stessa.
Se $ x_2 > 0 $ allora per le stesse ragioni sopra esposte si deve avere che $ x_{101} >0 $. Detto ciò posso scrivere: $ -|x_1|^3+|x_2| +|x_{101}|^3 -|x_1| $ che diventa, svolti un paio di sani conticini, $ -|x_1|^3 -|x_1|+m_{2} = -|x_{1}|^3 +3m_{101}x_1^2 +3m_{101}^2x_1+m_{101}^3 -|x_1| $ che è, svolte le opportune semplificazioni, la stessa identica cosa scritta nel caso 1 e dalla quale si deduce anche in questo caso che $ m_i = 0 \quad \forall 1\le i \le 101 $
Caso 3: $ x_{n+1} < x_{n}\quad \forall 1 \le n \le 100 $.
Dalla natura stessa della serie descritta consegue che
$ x_{n} = x_{1} -|m_{n}| $
$ x_{n+1} = x_{1} -|m_{n+1}| $ e che quindi
$ x_{n+1}-x_n = |m_{n}|-|m_{n+1}| < 0 $
Dimostro ora che se la successione rispetta le condizioni imposte al caso 3, allora $ Sign(x_{n}) = Sign(x_{n+1}) \quad \forall 1 \le n \le 100 $. Supponiamo per assurdo che così non sia. In questo caso si ha che esiste una coppia $ (x_{q},x_{q+1}) $ tale che
$ 0< x_{q} = x_{1}-|m_{q}| $
$ 0>n_{q+1}= x_{1}-|m_{q+1}| $ Sommando le due disuguaglianze ( dopo gli opportuni banali maneggi ) si ottiene che $ |m_{q+1}|-|m_{q}| > 0 $ che è assurdo in quanto in contrasto con quanto assunto prima come corollario delle ipotesi prese in questo caso. Essendo tutti i segni uguali tra loro, anche questo caso può essere trattato come i due presi in considerazione in precedenza concludendo che tutti gli $ x_i $ sono uguali tra loro..
Caso 4: $ A = A^{+}\cup A^{-} $ Si ordinano i membri dell'uguaglianza in modo da avere a sinistra tutte le coppie che appartengono a $ A^{+} $ e a destra tutte quelle che appartengono a $ A^{-} $ e la si dimostra prendendo separatamente i due "blocchi" e applicando i ragionamenti sopra esposti. Perdonatemi, ma non so spiegarmi meglio, se si sono capiti i passaggi precedenti comunque si dovrebbe capire anche questo credo...
è giusto come ho fatto ?
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 11:53
da Claudio.
Io non ho capito cosa bisogna dimostrare Che gli $x_i$ sono tutti uguali?
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 12:00
da dario2994
Claudio. ha scritto:Io non ho capito cosa bisogna dimostrare Che gli $x_i$ sono tutti uguali?
Si
Minima.distanza: Sbagliato... non riesci sempre a riordinarle in modo da applicare i ragionamenti di prima (prova a formalizzare il caso4 e trovi l'errore )
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 12:04
da minima.distanza
dario2994 ha scritto:
Claudio. ha scritto:Io non ho capito cosa bisogna dimostrare Che gli $x_i$ sono tutti uguali?
Si
Minima.distanza: Sbagliato... non riesci sempre a riordinarle in modo da applicare i ragionamenti di prima (prova a formalizzare il caso4 e trovi l'errore )
è dovuto al fatto che $ x_{101}^3+x_1 $ può andarsene dove "accidenti" le pare ? lo sospettavo... Beh, almeno manca "solo" quel caso ora ! vediamo se riesco a sistemarlo...
Per sapere, di che livello è questo problema ? (Febbraio, Nazionali.... ?)
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 12:52
da Federiko
spugna ha scritto:Ecco il nuovo problema della staffetta: Problema 24: Siano dati i numeri reali $ x_1,x_2,..x_{101} $ tali che $ x_1^3+x_2=x_2^3+x_3=...=x_{101}^3+x_1 $. Dimostrare che $ \forall 1 \le i < j \le 101, $ $ x_i=x_j $
Per assurdo, non sono tutti uguali. Ce ne saranno almeno 2 diversi allora, e uno sarà minore dell'altro. Assumiamo WLOG $x_1< x_2$. Da $x_1^3+x_2=x_2^3+x_3$ ricaviamo $x_2>x_3$, e dalla seguente $x_3<x_4$ e così via. Dato che 101 è dispari arriveremo a $x_{101}<x_1$, quindi da $x_{101}^3+x_1=x_1^3+x_2$ ricaviamo $x_1> x_2$, assurdo.
edit: spiego perché non si perde generalità ad assumere $x_1<x_2$. Allora, se fossero uguali, la prima uguaglianza ci direbbe $x_1=x_2=x_3$ e così via: gli $x_i$ sono tutti uguali. Se $x_1>x_2$ faccio lo stesso ragionamento del caso $x_1<x_2$.
Problema 25: Siano $a,b,c$ reali positivi tali che $a\ge b\ge c$. Dimostrare che
$$\frac{a^2-b^2}{c}+\frac{c^2-b^2}{a}+\frac{a^2-c^2}{b}\ge 3a-4b+c$$
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 13:14
da Claudio.
Secondo me quando poni $x_1<x_2$ perdi la generalità Dovresti analizzare anche l'altro caso...Comunque credo che il problema lo devi postare in un altro topic...
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 13:52
da Federiko
Ho editato il mio messaggio spiegando perché non si perde generalità Problema 25
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 16:25
da Claudio.
Ok, ma hai scritto male, la generalità si perde, devi scrivere che anche nell'altro caso si arriva ad un assurdo seguendo lo stesso ragionamento.
Re: Per forza uguali
Inviato: 29 dic 2010, 22:14
da dario2994
Altro fattarello interessante:
Sia $x_i$ una sequenza di reali tali che per qualche $k$ dispari vale:
$x_1^k+x_2=x_2^k+x_3=x_3^k+x_4=\dots $
Dimostrare che la sequenza $x_1, x_3, x_5, x_7,\dots$ ha limite (finito o infinito che sia)
Re: Per forza uguali
Inviato: 30 dic 2010, 12:51
da spugna
Claudio. ha scritto:Secondo me quando poni $x_1<x_2$ perdi la generalità Dovresti analizzare anche l'altro caso...Comunque credo che il problema lo devi postare in un altro topic...
Analizzando l'altro caso si ottengono le stesse conclusioni del primo, ma con i versi invertiti, quindi si giunge comunque a una contraddizione
Re: Per forza uguali
Inviato: 31 gen 2011, 11:47
da Mist
dario, se ce l'hai, posteresti la soluzione a quel fatto che hai messo come bonus ? O un hint, io non ho idea di come iniziare...
Re: Per forza uguali
Inviato: 31 gen 2011, 13:11
da dario2994
Uhm... non ho voglia di prendere un foglio... quindi vado a ricordi... Non so quanto si capisca... diciamo che è un hint metafisico
Testo nascosto:
Allora... il punto è che $x^k$ è crescente e perciò si può ottenere giocando con 2 uguaglianze consecutive o con 2 uguaglianze a distanza 1 che la sequenza fa "su e giù".
Sia che il su e giù "si chiuda" o "si apra" la sottosuccessione dei dispari è monotona e perciò ha limite