PreIMO 2005

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
wall98
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da wall98 » 02 apr 2013, 18:37

jordan ha scritto:Sì, l'idea così va bene, ma attento a quando scrivi che $xy+xy+2-xy$ ha somma costante, che non è vero; prova a risolvere questo, cosi' vedi a dove volevo arrivare:
"Siano dati $a,b,c$ reali positivi con somma $1$. Quanto vale al massimo $a^2bc$?"
si ha che $ \displaystyle a^2bc=a*a*b*c $ sapendo che il prodotto massimo si ottiene quando i quattro termini sono uguali,si ha che $ \displaystyle \frac{a}{2}+\frac{a}{2}+b+c=a+b+c $ a questo punto si ricava facilmente che a è il doppio di b o di c,e che a+b+c=1
ora non sto ad impostare dei sistemi per una cosa del genere,infatti si ha che $ \displaystyle a=\frac{1}{2},b=c=\frac{1}{4} $
una curiosita,come si fa a dare la dimostrazione formale del fatto che il prodotto maggiore con somma costante si ha quando i termini sono uguali?perche io ho sempre detto che "ovviamente" è cosi,ma nelle dimostrazioni non c'è spazio per l'intuito...
comunque ho capito cosa intendi, nel problema precedente xy variava,quindi la somma lo seguiva a catena
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jordan
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da jordan » 02 apr 2013, 18:59

Mi stai chiedendo come si dimostra la media aritmetica-geometrica..

Datti un'occhiata ai seguenti:
(am-gm) viewtopic.php?f=26&t=3497&hilit=disuguaglianza
(am-gm) viewtopic.php?f=26&t=3928&hilit=disuguaglianza
(am-qm) viewtopic.php?f=26&t=12168
(un po' tutte) http://www-dimat.unipv.it/~gilardi/WEBG ... nd-dis.pdf
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da Gi. » 02 apr 2013, 19:04

@Jordan

Vogliamo dimostrare che la funzione è decrescente, ossia se $ x_1>x_2 \iff f(x_1)<f(x_2) $ per ogni x, supponiamo per assurdo che esistano $ x_1 $ e $ x_2 $ tali che $ x_1>x_2 \iff f(x_1)\ge f(x_2) $, allora sostituendo si ha:

$ \displaystyle \frac{2}{x_{1}^2}-\frac{1}{x_{1}^3} \ge \frac{2}{x_{2}^2}-\frac{1}{x_{2}^3} $

riscrivo come

$ \displaystyle \frac{1}{x_{1}^2}(2-\frac{1}{x_1}) \ge \frac{1}{x_{2}^2}(2-\frac{1}{x_{2}}) $

ma questa è banalmente falsa, infatti $ \displaystyle x_1>x_2\Rightarrow x_{1}^2>x_{2}^2 \Rightarrow \frac{1}{x_{1}^2}<\frac{1}{x_{2}^2} $ e per lo stesso motivo anche il secondo fattore del LHS è minore del secondo fattore del RHS. L' uguaglianza si ha solo per $ x_1=x_2 $, ma per ipotesi $ x_1>x_2 $.

Può andar bene?

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Re: PreIMO 2005

Messaggio da wall98 » 02 apr 2013, 19:07

Grazie!!!
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da jordan » 02 apr 2013, 19:09

Gi. ha scritto: e per lo stesso motivo anche il secondo fattore del LHS è minore del secondo fattore del RHS.
Ne sei proprio sicuro?
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da Gi. » 03 apr 2013, 14:10

In effetti, è esattamente il contrario; a questo punto non so proprio come procedere :?
In realtà so che posso dimostrare la crescenza o la decrescenza studiando il segno della derivata prima della funzione, però non mi sembra molto olimpico e istruttivo come approccio.
Hintino?

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Re: PreIMO 2005

Messaggio da jordan » 03 apr 2013, 14:28

Gi. ha scritto: Hintino?
Definisci $z:=xy$. Sai per ipotesi che $0\le z \le 1$. Devi massimizzare $z^2(2-z)$, che è equivalente a massimizzare $Cz^2(2-z)$ per ogni costante $C>0$ fissata. Trova un opportuno $C$ di modo tale che puoi applicare AM-GM..
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da Gi. » 03 apr 2013, 15:51

Pongo $ C=z^3 $, che è evidentemente maggiore di 0, e applico AM-GM alla coppia $ (C;z^2(2-z)) $:

$ \displaystyle \frac{z^3+2z^2-z^3}{2}=z^2\ge\sqrt{C\cdot z^2(2-z)} $

Adesso abbiamo $ 0<z\le 1 $ quindi $ z^2 $ sarà tanto più piccolo quanto più piccolo sarà $ z $, di conseguenza il massimo del RHS si ha per il massimo di $ z $, che è appunto 1:

$ C \cdot z^2(2-z) \le 1 $

Spero sia corretto, anche se mi sorge il dubbio se potessi effettivamente prendere $ C=z^3 $.

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Re: PreIMO 2005

Messaggio da jordan » 03 apr 2013, 17:46

Massimizzare $z^3 \cdot z^2(2-z)$ non è equivalente a massimizzare $z^2(2-z)$..
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da ma_go » 04 apr 2013, 09:06

jordan ha scritto:
Gi. ha scritto: Hintino?
Definisci $z:=xy$. [...]
io farei una cosa più semplice: siccome $0\le z\le 1$, puoi maggiorare $z^2$ con qualcosa di comodo (e poi applicare am-gm)?

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Re: PreIMO 2005

Messaggio da Sir Yussen » 04 apr 2013, 13:40

Provo pure io a risolvere la disuguaglianza iniziale và:
$x^2y^2( (x+y)^2-2xy)) \leq 2)$
$x^2y^2(4-2xy) \leq 2$
$2x^2y^2 - x^3y^3 \leq 1$
$2x^2y^2 \leq (1+xy)(x^2y^2-xy+1)$
E qui divido in due parti:
- $x^2y^2 \leq x^2y^2 - xy + 1 \Rightarrow xy \leq 1$
che è vera poichè è fissata la somma tra $x,y$ e il loro prodotto è massimo quando $x=y$;
-$x^2y^2 \leq 1+xy \Rightarrow xy(xy-1) \leq 1$
Che è di nuovo vera perchè il massimo $xy$ vale $1$, $xy$ è sempre positivo e quel prodotto diventa negativo per $xy < 1$.

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Re: PreIMO 2005

Messaggio da jordan » 04 apr 2013, 14:54

ma_go ha scritto:puoi maggiorare $z^2$ con qualcosa di comodo
Dato il vincolo $0\le z\le 1$, la tua strada è sicuramente piu' intelligente! bien, trovatele entrambe..
Sir Yussen ha scritto:[...]$2x^2y^2 \leq (1+xy)(x^2y^2-xy+1)$
E qui divido in due parti:
- $x^2y^2 \leq x^2y^2 - xy + 1 \Rightarrow xy \leq 1$
che è vera poichè è fissata la somma tra $x,y$ e il loro prodotto è massimo quando $x=y$;
-$x^2y^2 \leq 1+xy \Rightarrow xy(xy-1) \leq 1$
Che è di nuovo vera perchè il massimo $xy$ vale $1$, $xy$ è sempre positivo e quel prodotto diventa negativo per $xy < 1$.
Riassumiamo: sai che $0\le xy \le 1$. Hai dimostrato correttamente che \[ (xy)^2 \le (xy)^2-xy+1\text{ e } (xy)^2 \le 1+xy \]
Bene. Ora come concludi? (Sarà che ho mangiato troppo ma mi sembra che hai sommato gli LHS e moltiplicato gli RHS :shock: )
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da Drago96 » 04 apr 2013, 15:31

Boh, posto anche la mia:
$z=xy$ e si arriva a $2z^2-z^3\le1$ come fatto millemila volte in questo topic.
Ora $f(z):=2z^2-z^3$ è crescente in $[0,1]$ e per AM-GM $z=xy\le\left(\frac{x+y}2\right)^2=1$, quindi il massimo di $f(z)$ è in $z=1$, ovvero $f(z)=1$ che è ciò che si voleva...

Bien, come si dimostra la crescenza?
O brutalmente dicendo che $f'$ è positiva in $[0,\frac4 3]$ (è una disuguaglianza di secondo grado)
Oppure si prendono $1\ge k\ge h\ge0$ e si dimostra $f(k)\ge f(h)$
si deve avere $2k^2-k^3\ge2h^2-h^3$, ovvero spostando e scomponendo $2(k-h)(k+h)\ge(k-h)(k^2+kh+h^2)$;
si semplifica $k-h$ senza cambiare il verso, dato che è positivo;
si sposta e si raccoglie e si ottiene $(k+h)(2-k-h)+kh\ge0$, vera perchè $h+k\le2$ perchè ciascuno è $\le1$ e quindi è tutto positivo.
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Re: PreIMO 2005

Messaggio da ma_go » 04 apr 2013, 15:54

va beh, a 'sto punto posto anche la mia, che mi sembra più semplice..
devo dimostrare che $z^2(2-z)\le 1$ se $0\le z\le 1$. allora dico che $z^2\le z$, quindi $z^2(2-z) \le z(2-z) \le 1$, dove l'ultima è am-gm.

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Re: PreIMO 2005

Messaggio da Troleito br00tal » 04 apr 2013, 16:05

A questo punto:

WLOG $x \ge y$ e $x=1+z$ e $y=1-z$, dove $0 \le z \le 1$.

Allora ho $(1+z)^2(1-z)^2(2+2z^2)=2(1-z^2)^2(1+z^2)=2(1-z^2)(1-z^4) \le 2$

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