Algebra learning

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

Messaggio da scambret » 20 mag 2018, 12:17

Sono contento che tutti i problemi sono andati via! Penultima sessione dei problemi!

Hint sui problemi 17
Testo nascosto:
17.1. (IMOSL 2007 A3) L’idea è maggiorizzare la frazione con una potenza di $x$. Con $\displaystyle \frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}} < \frac{1}{x^{k}}$

17.2. (IMO 2009/5) Dimostrare che $f(1)=1$ altrimenti $f$ è periodica. Ora $f$ è biettiva e si dimostra per induzione che $f(n)=(n-1)f(2)-(n-2)$

17.3. (IMOSL 2011 A3) Con $P(x,0)$, $P(0,x)$ si ottiene $g$ in funzione di $f$. Con $P(x+y,0)$ si ottiene $f(x+y)$ in funzione di $f(y)$. Da qui si pone $y=c$.
18.1. Sia $n \geq 3$ un intero e $a_2, a_3, \cdots a_n$ reali positivi tali che $a_2 a_3 \cdots a_n =1$. Dimostrare che

$$(1+a_2)^2(1+a_3)^3 \cdots (1+a_n)^n > n^n$$

18.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ tali che per ogni $x, y \in \mathbb{R}^+$ vale

$$f(x+f(y)) = f(x+y)+f(y)$$

18.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{Q}^+$ tali che per ogni $x, y \in \mathbb{Q}^+$ vale

$$f(f(x)^2y)=x^3f(xy)$$

TheRoS
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Re: Algebra learning

Messaggio da TheRoS » 23 mag 2018, 20:53

Provo il 18.1
Per ogni $i$ appartenente a $(2,\dots,n)$ compiamo il seguente ragionamento.
\begin{equation}
a_i+1=a_i+\frac{1}{i-1}+\dots+\frac{1}{i-1}
\end{equation}
Dove $\frac{1}{i-1}$ compare $i-1$ volte. Applichiamo ora $AM-GM$ su questi $i$ termini attendo che:
\begin{equation}
\frac{a_i+1}{i}\geq(\frac{a_i}{(i-1)^{i-1}})^{1/i}\iff (a_i+1)^i\geq\frac{i^i\cdot a_i}{(i-1)^{i-1}}
\end{equation}
Grazie a questa osservazione possiamo scrivere che:
\begin{equation}
(a_2+1)^2\cdot\dots\cdot(a_n+1)^n\geq \frac{4a_2}{1}\cdot\dots\cdot\frac{i^i\cdot a_i}{(i-1)^{i-1}}\cdot\dots\cdot\frac{n^n\cdot a_n}{(n-1)^{n-1}}=n^n
\end{equation}

scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 24 mag 2018, 07:36

Sei molto vicino per chiudere la soluzione!

TheRoS
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Re: Algebra learning

Messaggio da TheRoS » 24 mag 2018, 10:20

Ah giusto, c'è da dimostrare che l'uguaglianza non va bene.
Si ha l'uguaglianza quando ogni $a_i=\frac{1}{i-1}$, ma se ciò fosse vero, il prodotto di questi viene minore di 1 e perciò si esclude.

Parmenide
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Re: Algebra learning

Messaggio da Parmenide » 04 giu 2018, 00:22

Provo il 18.3:
Testo nascosto:
Dimostro che l'unica soluzione è $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x}}$, che sostituendo verifica.
Sia $P(x;y)$ l'equazione funzionale del testo

Dimostro per prima cosa che $f$ è iniettiva:
da $P(x;1)$ si ottiene $f\left(f\left(x^2\right)\right)=x^3f\left(x\right)$

da cui, se $f(x)=f(y)$, si ha $\displaystyle{x^3=\frac{f\left(f\left(x^2\right)\right)}{f(x)}=\frac{f\left(f\left( y^2\right)\right)}{f(y)}=y^3 \Rightarrow x=y }$, quindi $f$ è iniettiva.


Dimostro ora che $f$ è moltiplicativa:
da $P(xy;1)$, $P(x;y)$, $P(y;f(x)^2)$ si ottiene $\displaystyle{f\left(f\left(xy\right)^2\right)=y^3x^3f\left(xy\right)=y^3f\left(f(x)^2y\right)=f\left(f(x)^2f(y)^2\right)}$
da cui, per l'iniettività, $f(xy)^2=f(x)^2f(y)^2 \Rightarrow f(xy)=f(x)f(y)$, quindi $f$ è moltiplicativa


A questo punto chiaramente si ha che $f(1)=1$ e $f\left(x^n\right)=f\left(x\right)^n$

In questo modo posso riscrivere $P(x;y)$ come $f\left(f(x)\right)^2f(y)=x^3f(x)f(y) \Rightarrow f\left(f(x)\right)=\displaystyle{\sqrt{x^3f(x)}}$

Sia ora $g(x)=xf(x)$.
Si ha $g(g(x))=g(xf(x))=xf(x)f(xf(x))=xf\left(x^2f(x)\right)=xf\left(x^2\right)f\left(f(x)\right)=\displaystyle{xf(x)\sqrt{x^3f(x)}}=\left[xf(x)\right]^{\frac{5}{2}}=\left[g(x)\right]^{\frac{5}{2}}$

e per induzione $g$ composto se stesso $n+1$ volte è $\left[g(x)\right]^{\left(\frac{5}{2}\right)^n}$

A questo punto fissiamo $x$ nell'equazione $g \circ g\circ … \circ g=\left[g(x)\right]^{\left(\frac{5}{2}\right)^n}$ dove nel LHS la composizione è ripetuta $n+1$ volte.

Dimostro ora che $g(x)=1$:
LHS è sempre razionale per come sono definite $f,g$, quindi anche $\left[g(x)\right]^{\left(\frac{5}{2}\right)^n}$ deve essere sempre razionale.
Supponiamo per assurdo $g(x)\neq 1$ e sia la scomposizione in fattori primi di $g(x)=p_1^{\alpha_1}...p_k^{\alpha_k}$ dove i $p_i$ sono primi distinti e gli $\alpha_i$ sono interi diversi da 0.
Allora la fattorizzazione di $g\circ g\circ …\circ g=p_1^{\left(\frac{5}{2}\right)^n \alpha_1}...p_k^{\left(\frac{5}{2}\right)^n \alpha_k}$
Quindi tutti gli esponenti dovrebbero essere sempre interi, ma ad esempio il primo esponente non lo è se $2^n \nmid \alpha_1$, contraddizione.

Allora $g(x)=1$, che porta a $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x}}$


scambret
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Re: Algebra learning

Messaggio da scambret » 10 giu 2018, 15:43

Ultima sessione di questo mini progetto. Un in bocca al lupo agli IMOisti di quest'annata e per gli altri, arrivederci!

Hint sui problemi 18
Testo nascosto:
18.1. (IMO 2012/2) Una AM-GM pesata per far uscire solo un $a_k$ e gli altri $k-1$ termini devono essere uguali e con somma 1.

Altrimenti si faceva anche con un’idea di analisi: “Trovare il più grande $m$ tale che $(1+x)^k \geq mx$”. Derivando si ottiene che $f’(x)=0$ per $\displaystyle x_0=\left(\frac{m}{k}\right)^{\frac{1}{k-1}}$. Ora però deve essere anche vero che $f(x_0)=0$ da cui $\displaystyle m=\frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}$. Ora moltiplicando tutto viene.

18.2. (IMOSL 2007 A4) Quando avete $\mathbb{R}^+$, l’idea è fare delle sostituzioni vietate per dimostrare alcune caratteristiche di $f$. Qui si dimostra che $f(x)>x$, allora $g(x)=f(x)-x$ che sarà iniettiva e da qui bisogna dimostrare che è additiva e crescente.

18.3. (IMOSL 2010 A5) $f$ iniettiva. Per sfruttarla a pieno, dopo $P(x,1)$ vorrei qualcosa come $x^3f(x)$ e dunque pongo $P(x,f^2(y))$. Ora posso porre $g(x)=xf(x)$.
19.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x, y$ reali vale

$$f(f(x)f(y))+f(x+y) = f(xy)$$

19.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x, y$ reali vale

$$f(x+f(x+y)) + f(xy) = x + f(x+y) + yf(x)$$

19.3. Sia $f: \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{R}$ una funzione che soddisfa le tre condizioni

a) Per ogni $x, y \in \mathbb{Q}^+$ vale $f(x)f(y) \geq f(xy)$
b) Per ogni $x, y \in \mathbb{Q}^+$ vale $f(x+y) \geq f(x)+f(y)$
c) Esiste un razionale $a>1$ tale che $f(a)=a$

Dimostrare che $f(x)=x$ per ogni $x \in \mathbb{Q}^+$

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Pit
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Re: Algebra learning

Messaggio da Pit » 23 lug 2018, 16:12

Mi ero dimenticato di questo post.

19.1. (feat. Giorgia Benassi e Sabrina Botticchio)
Testo nascosto:
Le funzioni possibili sono $0,x-1$ e $1-x$ che chiaramente soddisfano, mostriamo che sono le uniche.
Sia $P(x,y)$ l'equazione del testo.
$f$ è soluzione se $-f$ lo è, WLOG $f(0)\leq 0$.
Supponiamo che $f$ non sia identicamente nulla.
Da $P(0,0)$ si ottiene $f(f(0)^2)=0$, quindi esiste almeno un reale che annulla la funzione.
Se esiste un reale $t$ tale che $f(t)=0$ e $t\neq 1$, da $P(t,\frac{t}{t-1})$ si ottiene $$f(0)=0$$
Da $P(x,0)$ si ottiene $f(x)=0$ assurdo $\Rightarrow f(t)=0$ se e solo se $t=1\Rightarrow f(0)^2=1\Rightarrow f(0)=-1$
Da $P(x,1)$ si ottiene $$f(x+1)=f(x)+1$$ e induttivamente $f(x+n)=f(x)+n$
Supponiamo per assurdo che esistano due reali $u,v$ distinti tali che $f(u)=f(v)$.
Prendiamo $n$ tale che $(v+n)^2-4(u+n-1)\geq 0$, quindi esistono $x,y$ tali che $xy=u+n-1$ e $x+y=v+n$, sostituendoli in $P$ si ottiene $$f(f(x)f(y))+f(v+n)=f(u+n-1)\Rightarrow f(f(x)f(y))+f(v)+n=f(u)+n-1\Rightarrow f(f(x)f(y)+1)=0\Rightarrow f(x)f(y)=0$$ WLOG $f(y)=0\Rightarrow y=1\Rightarrow u+n-1=x=v+n-1\Rightarrow u=v$ assurdo $\Rightarrow f$ è iniettiva.
Da $P(x,-x)$ si ottiene $$f(f(x)f(-x))=f(-x^2)+1=f(1-x^2)\Rightarrow f(x)f(-x)=1-x^2$$
Da $P(1-x,x)$ si ottiene $$f(f(x)f(1-x))=f(x-x^2)\Rightarrow f(x)f(1-x)=x-x^2\Rightarrow x-x^2=f(x)+f(x)f(-x)=1-x^2\Rightarrow f(x)=x-1$$
Da questo le tre soluzioni.

19.3.
Testo nascosto:
Sia $P(x,y)$ la prima disuguaglianza e $S(x,y)$ la seconda.
Da $P(1,a)$ si ottiene $$af(1)\geq a\Rightarrow f(1)\geq 1$$ Da $S(x,1)$ si ottiene induttivamente $f(n)\geq n$.
Da $P\left(\frac{n}{m},m\right)$ si ottiene $$f\left(\frac{n}{m}\right)f(m)\geq f(n)\geq n>0\Rightarrow f\left(\frac{n}{m}\right)>0$$
con $m,n$ interi positivi. Quindi per ogni razionale $x$ si ha $f(x)>0$.
Per ogni $x$ non intero, da $S(x-\lfloor x\rfloor,\lfloor x\rfloor)$ si ottiene $$f(x)\geq f(x-\lfloor x\rfloor)+f(\lfloor x\rfloor)\geq f(\lfloor x\rfloor)\geq \lfloor x\rfloor>x-1$$ Da $P(x,y)$ otteniamo induttivamente $f(x)^n\geq f(x^n)$ e quindi $$f(x)^n> x^n-1\Rightarrow f(x)>\sqrt[n]{x^n-1}$$
Per $x>1$ si ottiene $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{x^n-1}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(x^n-1)}{n}}$$ dato che numeratore e denominatore del limite tendono entambi ad infinito, per il teorema di de l'hopital si ottiene $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{x^n-1}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x^n\ln(x)}{x^n-1}}=e^{\ln(x)}=x\Rightarrow f(x)\geq x$$ per x>1.
Da $f(x)^n\geq f(x^n)$ si ottiene $$a^n= f(a)^n\geq f(a^n)\geq a^n\Rightarrow f(a^n)=a^n$$
Fissiamo $x$ maggiore di 1 e prendiamo $n$ tale che $a^n>x+1$, da $S(a^n-x,x)$ otteniamo $$a^n=f(a^n)=f((a^n-x)+x)\geq f(a^n-x)+f(x)\geq a^n-x+x=a^n$$$\Rightarrow f(x)=x$ per ogni $x>1$
Da $S(x,y)$ otteniamo induttivamente $$f(nx)\geq nf(x)$$ Fissato $x$ e prendendo $n$ intero sufficientemente grande si ottiene $$nx=f(nx)\geq nf(x)\Rightarrow f(x)\leq x$$ Da $P(x,n)$ si ottiene $$f(x)f(n)\geq f(nx)\Rightarrow nf(x)\geq f(nx)=nx\Rightarrow f(x)\geq x$$ E quindi $f(x)=x$ per ogni $x$ razionale, che è la tesi.
Nessuno :?:

Lello01
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Re: Algebra learning

Messaggio da Lello01 » 24 lug 2018, 00:45

19.2
Testo nascosto:
Sia p(x,y) :f(x+(x+y) )+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)
Le due soluzioni sono f(x)=x e f(x)=2-x
Che verificano in quanto x+x+y+xy=x+x+y+xy
E f(2-y)+2-xy=2-y+2y-xy che vale in quando y+2-xy=2+y-xy.
p(0,y):f(f(y) )+f(0)=f(y)+yf(0)
Ora ho due casi: o f(0)=0 o f(0)≠0
-se f(0)=0 allora p(x,0) dà f(x+f(x) )=x+f(x) (2)
p(x-1,1) dà f(x-1+f(x) )=x-1+f(x) (3)
Riscriviamo ora p(x,y) come f(x+(x+y) )-x-yf(x)=f(x+y)-f(xy) da cui simmetrizzando
f(x+f(x+y) )-x-yf(x)=f(y+f(x+y))-y-xf(y)
Poniamo ora y=-x da cui f(x)-x+xf(x)=f(-x)+x-xf(-x) da cui sistemando viene
(x+1)f(x)-2x=f(-x)(1-x)∀x (1)
Se pongo x=1 in (1) ottengo f(1)=1 mentre se pongo x=-1 ottengo f(1)=-1.
Definiamo ora x+f(x)=A
Per (2) F(A)=A mentre per (3) F(A-1)=A-1
P(1,A-1) ora dà f(1+A)+f(A-1)=1+A+A-1→F(1+A)=1+A
Quindi riprendendo la definizione di A si ha che f(x+f(x)+1)=x+f(x)+1
Ora P(x+1;-1) dà f(x+f(x)+1)+f(-x-1)=x+1+f(x)-f(x+1)→f(-x-1)=-f(x+1)
Da cui ∀x f(x)=-f(-x)
Ma allora sostituendo ciò in (1) (x+1)f(x)-2x=f(x)(x-1)→2f(x)=2x→f(x)=x
-f(0)≠0
Allora p(x-1,1) dà f(x-1+f(x) )=x-1+f(x)
Quindi f ha almeno un punto fisso ;consideriamo ora uno dei punti fissi che chiameremo z. Ma allora
P(0,z): dà f(f(z) )+f(0)=f(z)+zf(0)→zf(0)=f(0)→z=1
Quindi l’unico punto fisso di f(x) è 1 ma in quanto f(x-1+f(x) )=x-1+f(x) si deve avere che
x-1+f(x)=1→f(x)=2-x

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