Algebra learning

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
PG93
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Re: Algebra learning

Messaggio da PG93 » 08 gen 2018, 19:58

9.1
Testo nascosto:
Si verifica facilmente che $f(a,b,c)=\frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1} + \frac{c}{a+b+1} + (1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$ definita per $a,b,c\in[0,1]$ è convessa in ognuna delle tre variabili. Perciò il massimo di $f$ è ottenuto per $a,b,c\in\{0;1\}$, cioè agli estremi del dominio di $f$. Verifichiamo che per queste otto terne si ha $f(a,b,c)=1$, e ciò permette di concludere :D
PS: suggerimenti per lo svolgimento sarebbero più che graditi ! :)

scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 10 gen 2018, 00:41

Giusta! Infatti il suggerimento c'è, solo che arriva due settimane dopo la pubblicazione ;)
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PG93
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Re: Algebra learning

Messaggio da PG93 » 10 gen 2018, 16:55

Intendevo suggerimenti su come migliorare come ho scritto la soluzione. Infatti, generalmente le scrivo in un altra lingua, e non sono abituato a fare matematica "in italiano" :)

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Pit
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Re: Algebra learning

Messaggio da Pit » 10 gen 2018, 22:18

9.3.
Testo nascosto:

Chiamiamo $y_i=\frac{x_i}{2017}>0$ e $z_i=\frac{1}{y_i+1}>0$, da cui $y_i=\frac{1}{z_i}-1$. La condizione diventa $$\frac{1}{y_1+1}+\frac{1}{y_2+1}+...+\frac{1}{y_n+1}=z_1+z_2+...+z_n=1$$
mentre la tesi è equivalente a $$\sqrt[n]{y_1\cdots y_n}\geq n-1$$
Consideriamo la funzione $f(x)=\ln\left(\frac{1}{x}-1\right)$. Questa è convessa in $\left(0,\frac{1}{2}\right]$ e quindi se $0<z_i\leq\frac{1}{2}$ per ogni $i$ da 1 a $n$, per Jensen si ha $$\frac{f(z_1)+f(z_2)+...+f(x_n)}{n}\geq f\left(\frac{z_1+z_2+...+z_n}{n}\right)=f\left(\frac{1}{n}\right)\Rightarrow$$$$\frac{1}{n}\left[\ln\left(\frac{1}{z_1}-1\right)+\ln\left(\frac{1}{z_2}-1\right)+...+\ln\left(\frac{1}{z_n}-1\right)\right]\geq \ln(n-1)\Rightarrow$$$$\frac{1}{n}\left[\ln(y_1y_2\cdots y_n)\right]\geq \ln(n-1)\Rightarrow \ln\left(\sqrt[n]{y_1y_2\cdots y_n}\right)\geq\ln(n-1)\Rightarrow \sqrt[n]{y_1y_2\cdots y_n}\geq n-1$$
Se invece per almeno un $j$ si ha $z_j>\frac{1}{2}$, supponiamo $j=1$. Chiaramente questo è unico dato che se ce ne fosse almeno un altro si avrebbe $\sum\limits_{k=1}^n z_k>1$ che va contro la condizione.
Chiamiamo $a=\frac{z_1+z_2}{2}\leq\frac{1}{2}$. Vale la disuguaglianza $$\left(\frac{1}{a}-1\right)^2\leq \left(\frac{1}{z_1}-1\right)\left(\frac{1}{z_2}-1\right)=y_1y_2$$ (se non ho sbagliato i calcoli) questa dovrebbe essere equivalente a $(z_1-z_2)^2(1-z_1-z_2)\geq 0$ . Per Jensen sulla n-upla $(a,a,z_3,...,z_n)$ si ottiene similmente a prima $$n-1\leq \sqrt[n]{\left(\frac{1}{a}-1\right)^2y_3y_4\cdots y_n}\leq\sqrt[n]{y_1y_2\cdots y_n}$$ che è la tesi.
Nessuno :?:

scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 20 gen 2018, 21:00

Pronti per il WC? Nuova sessione di A!

Hint sui problemi 9
Testo nascosto:
9.1. La funzione è convessa, dunque il massimo sta sicuramente sul bordo. È anche simmetrica, dunque bastano 4 prove.

9.2. Cambiamo le variabili in $x_i = 2 - a_i$ e supponiamo che la tesi non vale. Allora tutti gli $x_i$ sono positivi, $\displaystyle \sum x_i^2 > n^2$ e $\displaystyle \sum x_i \leq n$. Da qui si ottiene l’assurdo.

9.3. Ponendo $t_i = 2017/(2017+x_i)$, dunque $\displaystyle \sum t_i = 1$. Ora AM-GM o smoothing.
10.1. Trovare tutte le funzioni biettive $f, g, h: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tali che per ogni $n \in \mathbb{N}$ vale

$$[f(n)]^3+[g(n)]^3+[h(n)]^3 = 3ng(n)h(n)$$

10.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ per cui si ha che

$$f(n+1)>f(f(n))$$

10.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{N}$ per cui abbiamo

$$6f(k+3)-3f(k+2)-2f(k+1)-f(k)=0$$
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Sirio
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Re: Algebra learning

Messaggio da Sirio » 22 gen 2018, 20:58

10.1
Testo nascosto:
Trattiamo prima il caso $n=0$ e poi quello $n>0$.

Sostituendo $n=0$ nell'equazione del testo otteniamo:
$\left(f(0)\right)^3+\left(g(0)\right)^3+\left(h(0)\right)^3=0$
Da cui, ricordando che $f(0)$ e cicliche sono naturali, quindi sono maggiori o uguali a zero, quindi la somma dei loro cubi è maggiore o uguale a zero, otteniamo che affinché quest'ultima somma sia nulla è necessario $f(0)=g(0)=h(0)=0$ $(1)$.

Supponiamo ora $n>0$. Per la $(1)$ e per l'ipotesi che le tre funzioni sono biunivoche e con immagine naturale abbiamo $f(n)>0$ e cicliche.
Dividiamo per tre i due membri dell'equazione del testo ed estraiamone quindi la radice cubica:
$\displaystyle \sqrt[3]{\dfrac{\left(f(n)\right)^3+\left(g(n)\right)^3+\left(h(n)\right)^3}3}=\sqrt[3]{n·g(n)·h(n)}\;\;\;\forall n\in\mathbb N*$ $(2)$
Applicando ora CM-GM otteniamo:
$\displaystyle \sqrt[3]{\dfrac{\left(f(n)\right)^3+\left(g(n)\right)^3+\left(h(n)\right)^3}3}\geq\sqrt[3]{f(n)·g(n)·h(n)}\;\;\;\forall n\in\mathbb N*$
Da cui, per la $(2)$:
$\sqrt[3]{n·g(n)·h(n)}\geq\sqrt[3]{f(n)·g(n)·h(n)}\;\;\;\forall n\in\mathbb N*$
Da cui:
$n≥f(n)\;\;\;\forall n\in\mathbb N*$
Ecco, qui vorrei sapere da voi se posso semplicemente dire che visto che è biunivoca allora ho $f(n)=n\;\;\;\forall n\in\mathbb N*$ oppure se ci devo spendere due parole in più...
Tornando alla $(2)$, sostituendo $f(n)=n$ otteniamo un'uguaglianza tra media cubica e media geometrica, da cui segue $g(n)=h(n)=n\;\;\;\forall n\in\mathbb N*$.

Quindi, ricordando anche la $(1)$, abbiamo che $f,g,h$ sono tutte e tre l'identità.
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$

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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 23 gen 2018, 00:40

Beh io considererei il minimo $m>0$ tale che $f(m)<m$ e concludi.

Pensa ora per $\mathbb{Q}$ e $\mathbb{R}$ cosa succede.
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 04 feb 2018, 12:03

Hint sui problemi 10
Testo nascosto:
10.1. Per AM-GM si dimostra che $f(n) \leq n$.

10.2. Notiamo che $f(k) \geq k$. Ora supponiamo esista l’elemento più piccolo che non rispetta l’uguaglianza.

10.3. Questa sembra una ricorsione, in realtà non lo è. Ma l’immagine è in $\mathbb{N}$, dunque esiste un minimo dell’immagine $a$. Posto $f(x)=a$, allora $k+3=a$. Da qui si conclude


11.1. Siano $a_1, \cdots, a_n$ reali non negativi. Dimostrare che

$$\left( \frac{1}{a_1} + a_2 + 2 \right) \left( \frac{1}{a_2} + a_3 + 2 \right) \cdots \left( \frac{1}{a_n} + a_1 + 2 \right) \leq \frac{(a_1+1)^2(a_2+1)^2 \cdots (a_n+1)^2}{a_1a_2 \cdots a_n}$$

11.2. Siano $a_1, \cdots, a_n$ reali non negativi. Dimostrare che

$$\prod_{cyc} (a_i^3+a_{i+1}+1) \geq \prod_{cyc} (a_ia_{i+1}^2+a_{i+1}+1)$$

11.3. $a, b, c$ lati del triangolo con $2A^2 \geq P$ ($A$ è l’area e $P$ il perimetro), dimostrare che

$$(a+b)(b+c)(c+a) \leq a^2b^2c^2$$
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » oggi, 13:18

Hint sui problemi 11
Testo nascosto:
Quando avete prodotti dappertutto, potrebbe essere utile usare il seguente lemma RR: $a$ e $b$ vettori ordinati in maniera simile, allora

$$(a_1 + b_1) \cdots (a_n+b_n) \leq (a_1 + b_{\sigma(1)}) \cdots (a_n + b_{\sigma(n)})$$

La dimostrazione è simile al riarrangiamento.

Un corollario banale è che se $f$ è una funzione crescente e positiva, allora vale

$$(a_1 + f(a_1)) \cdots (a_n+f(a_n)) \leq (a_1 + f(a_{\sigma(1)})) \cdots (a_n + f(a_{\sigma(n)}))$$

11.1. Notiamo che $\displaystyle \frac{(a_1+1)^2}{a_i} = a_1 + 2 + \frac{1}{a_1}$. Notando che la funzione $2+1/x$ è decrescente si può usare RR al contrario.

11.2. Al LHS abbiamo $a_1^3+a_2+1$. Se consideriamo la funzione $f(x)=x^3+1$ che è crescente, abbiamo che LHS si può minorizzare con $\displaystyle \prod_{cyc} (a_1^3+a_1+1)$. Ora se cambiamo il RHS con $\displaystyle a_{2}^2(a_1 + \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_2^2})$ e il CHS con $\displaystyle a_{1}^2(a_1 + \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_1^2})$, basta applicare il RR a $f(x)=1/x+1/x^2$ che è decrescente.

11.3. La condizione sull’area e sul perimetro è davvero bruttissima. Calcolando tutto e con la Ravi, ci rimane $xyz \geq 1$ e la disuguaglianza iniziale come $\displaystyle \prod_{cyc} (x+2y+z) \leq \prod_{cyc} (x^2+2xy+y^2)$. Possiamo dire che $LHS \leq xyz LHS$, dividendo per $x^2y^2z^2$ entrambi i membri e ponendo $l=x/y$, $m=y/z$ e $n=z/x$ si ottiene $\displaystyle \prod_{cyc} (l+2+1/m) \leq \prod_{cyc} (l+2+1/l)$ e con $f(x)=2+1/x$ è davvero finita.
12.1. Determinare per quali valori reali di $a$ esiste una funzione razionale $f(x)$ che soddisfa

$$f(x^2)=[f(x)]^2-a$$

(Si ricorda che una funzione razionale è il rapporto tra due polinomi qualunque).

12.2. Trovare tutte le 4-uple di polinomi $(P, Q, R, S)$ tali che, se $x, y, z, t$ sono naturali con $xy-zt=1$, allora

$$P(x)Q(y)-R(z)S(t) = 1$$

12.3. Se $P$ e $Q$ sono dei polinomi monici tali che per ogni $x \in \mathbb{R}$ vale $P(P(x))=Q(Q(x))$, allora dimostrare che $P=Q$.
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Re: Algebra learning

Messaggio da Sirio » oggi, 18:21

Nel 12.1, escludiamo le $f$ costanti, giusto?
シリオ
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » oggi, 20:49

Escludeteli pure!
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