IMO 2008

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jordan
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Messaggio da jordan » 19 lug 2008, 00:07

giove ha scritto:2) Siano $ x,y,z $ tre numeri reali tali che $ xyz=1 $.
(a) Dimostrare che $ \frac{x^2}{(x-1)^2} + \frac{y^2}{(y-1)^2} + \frac{y^2}{(y-1)^2} \geq 1 $;
(b) Dimostrare che esistono infinite terne $ x,y,z $ di razionali tali che vale l'uguaglianza in (a).
mentre cercavo invano ieri sera di dormire..

Posto $ \alpha_1=\frac{x}{1-x}, \alpha_2=\frac{y}{1-y}, \alpha_3=\frac{z}{1-z} $ e $ s_1=\sum{\alpha_i}, s_2=\sum_{i \neq j}{\alpha_i \alpha_j} $ l'ipotesi diventa: $ s_1+s_2+1=0 $ e la tesi $ s_1^2 \ge 2s_2+1 $ il che mi pare scontato per sostituzione con uguaglianza se e solo se $ s_2=0 \text{ e } s_1=-1 $.
Vogliamo trovare una classe infinita di razionali soluzione, è sufficiente che $ \alpha_i=\frac{a_i}{b_i}, (a_i,b_i)=1, i \in [1,3] $, dalla $ s_2=0 $ ricaviamo $ \alpha_3 $ in funzione degli altri due e imponendo $ s_1=-1 $ e addirittura $ a_1=a_2 $ otteniamo la classe infinita $ (x,y,z)=(-\frac{c(c+d)}{d^2}, -\frac{d(c+d)}{c^2}, \frac{cd}{(c+d)^2}) $ con $ (c,d)=1 e (c,d) \in N^2 $. :D

[edit:corretti i segni delle sostituzioni]
Ultima modifica di jordan il 20 lug 2008, 13:50, modificato 1 volta in totale.
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salva90
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Messaggio da salva90 » 19 lug 2008, 09:55

Risolvo schematicamente il 4 (ossia il primo del secondo giorno):
Find all functions $ ~f: (0, \infty) \mapsto (0, \infty) $ such that

$ \displaystyle\frac {\left( f(w) \right)^2 + \left( f(x) \right)^2}{f(y^2) + f(z^2) } = \frac {w^2 + x^2}{y^2 + z^2} $

for all positive real numbes w,x,y,z, satisfying wx = yz.
1) Pongo $ w=x=y=z=a\in\mathbb{R}^+ $ ed ottengo $ ~[f(a)]^2=f(a^2) $


2) Dal precedente risultato, per a=1 ottengo $ ~f(1)=1 $


3) Per il risultato del primo punto riscrivo la condizione come $ \displaystyle\frac{f(w^2)+f(x^2)}{w^2+x^2}=\frac{f(y^2)+f(z^2)}{y^2+z^2} $ che diventa agevolmente $ \displaystyle\frac{f(a)+f(b)}{a+b}=\frac{f(c)+f(d)}{c+d} $ valida se $ ~ab=cd $


4) Pongo nel risultato del punto 3 $ ~b=a;~ c=1;~d=a^2;~f(a)=x $ ed ottengo $ \displaystyle\frac{x}{a}=\frac{x^2+1}{a^2+1} $ che risolta da due soluzioni: $ f(x)=x;~~~f(x)=\frac1x $


5) verifico nella condizione iniziale che sia $ ~f(x)=x $ che $ ~f(x)=\frac1x $ verificano


6) Mi occupo delle funzioni che valgono talora $ ~x $ e talora $ ~\frac1x $.

Scelgo $ ~b=a\ne1 $ tale che $ f(a)=a $ e $ ~c\ne1 $ tale che $ ~f(c)=\frac1c $. Prendo $ ~d=\frac{a^2}{c} $.

Otengo che $ ~f(d^2)=c^2+d^2-\frac{1}{c^2} $.

Ora, se $ ~f(d^2)=d^2 $ ottengo $ ~c=1 $, assurdo.

Se invece $ ~f(d^2)=\frac{1}{d^2} $ ottengo $ ~c^2d^2=1\Rightarrow a^2=1\Rightarrow a=1 $, assurdo.

Pertanto escludo le funzioni 'miste', e le uniche soluzioni sono quelle elencate al punto 5.
Ultima modifica di salva90 il 19 lug 2008, 12:07, modificato 1 volta in totale.
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eli9o
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Messaggio da eli9o » 19 lug 2008, 11:58

Intanto colgo l'occasione (anche se mancano ancora i risultati di un problema) di fare i complimenti a tutti e quest'anno, bisogna proprio dirlo, in particolare a ITA 2 :D

Azz, avevo fatto il problema 4 uguale spiccicato a Salva 90 (quasi tutto) e giunto alla fine lo avevo svalutato un pochino, grandi sostituzioni ma tutte abbastanza intuibili...
Però mi ero completamente dimenticato il punto 6 :?

Volevo chiedere così per curiosità se questo è un passaggio abbastanza standard nelle funzionali ma mi interessava sapere: se fossimo arrivati a un'equazione di terzo grado e avessimo trovato le nostre 3 possibili funzioni, occorreva verificare (o ottenere l'assurdo) per le funzioni non miste e miste tra prima e seconda, seconda e terza, prima e terza, prima seconda e terza? E' abbastanza stupida come domanda ma vorrei avere ben chiaro il concetto... grazie

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giove
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Messaggio da giove » 19 lug 2008, 12:02

Sì, avresti dovuto fare tutti i controlli (anche se mi sembra che non capitino mai delle cose del genere ;) ).
Alle IMO un sacco di gente ha fatto 4 punti invece di 7 per essersi dimenticata di controllare le soluzioni "miste".

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teppic
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Messaggio da teppic » 19 lug 2008, 12:50

jordan ha scritto: mentre cercavo invano ieri sera di dormire..

Posto $ \alpha_1=\frac{x}{x-1}, \alpha_2=\frac{y}{y-1}, \alpha_3=\frac{z}{z-1} $ e $ s_1=\sum{\alpha_i}, s_2=\sum_{i \neq j}{\alpha_i \alpha_j} $ l'ipotesi diventa: $ s_1+s_2+1=0 $
Soluzione molto bella, c'e' solo un errorino che non la compromette: nell'espressione sopra e' sbagliato il segno di $ ~s_1~ $.

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jordan
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Messaggio da jordan » 20 lug 2008, 13:49

teppic ha scritto:Soluzione molto bella, c'e' solo un errorino che non la compromette: nell'espressione sopra e' sbagliato il segno di $ ~s_1~ $.
u, grazie, infatti avevo sbagliato a copiare la sostituzione, correggo subito (mi chiedo solo perchè questo esercizio abbia dato tanti problemi)
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salva90
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Messaggio da salva90 » 22 lug 2008, 11:19

Risolvo anche il 5, combinatorico
Let $ ~n $ and $ ~k $ be positive integers with $ ~k \geq n $ and $ ~k - n $ an even number. Let $ ~2n $ lamps labelled $ ~1, ~2, \dots,~2n $ be given, each of which can be either on or off. Initially all the lamps are off. we consider sequences of steps: at each step one of the lamps is switched (from on to off or from off to on).

Let $ ~N $ be the number of such sequeces consisting of $ ~k $ steps and resulting in the state where lamps 1 through ~$ n $ are all on, and lamps $ ~n + 1 $ through $ ~2n $ are all off.

Let $ ~M $ be number of such sequences consisting of $ ~k $ steps, resulting in the state where lamps 1 through $ ~n $ are all on, and lamps $ ~n + 1 $ tgrough $ ~2n $ are all off, but where none of the lamps $ ~n + 1 $ through $ ~2n $ is ever switched on.

Determine $ \displaystyle\frac {N}{M} $
La risposta è $ ~2^{k-n} $.

Chiamiamo 'di tipo 1' una sequenza di quelle cercate per N, e 'di tipo 2' di quelle cercate per M. E' chiaro che una sequenza di tipo 2 è anche di tipo 1, ma non ha importanza.
Ad ogni sequenza associamo una stringa in cui l'i-esimo posto è occupato dal numero corrispondente alla lampadina cambiata di stato all'i-esima mossa.

prendiamo una stringa di tipo 1. considerando le lampadine modulo n otteniamo una stringa di tipo 2.
Viceversa, prendendo una stringa di tipo 2 e cambiando qualche i con n+i otteniamo una stringa di tipo 1, stando attenti a far si che il numero di 1 cambiati in n+1 sia pari, il n° di 2 cambiati in n+2 sia pari e cosi via.

Voglio dimostrare che da ogni stringa di tipo 2 posso ottenere, col procedimento sopra descritto, sempre lo stesso numero di stringhe di tipo 1 (inclusa la stringa di partenza)

Consideriamo una qualsiasi stringa di tipo 1.
Sia $ ~d_i $ il numero di volte che viene cambiata di stato l'i-esima lampadina. Ovviamente si ha che $ ~d_1+d_2+\cdots+d_n=k $; inoltre tutti i $ ~d_i $ sono dispari.
Aggiungo n a qualche 1 presente nella stringa (eventualmente nessuno).
Posso farlo in $ \displaystyle {d_1\choose{0}}+{d_1\choose{2}}+\cdots+{d_1\choose{d_1-1}} $ modi.
Tale quantità vale $ ~2^{d_1-1} $; lo si prova facilmente sviluppando $ ~(x+1)^{d_1} $ e ponendo dapprima x=1 e poi x=-1.

Faccio poi la stessa cosa coi 2, coi 3 eccetera (rispettivamente $ 2^{d_2-1};~2^{d_3-1}\dots $ modi).

Pertanto le stringhe di tipo 1 che posso ottenere da una stringa data (di tipo 2) sono $ \displaystyle 2^{d_1-1}\cdot2^{d_2-1}\cdots2^{d_n-1}=2^{(d_1+\cdots d_n)-n}=2^{k-n} $
che è di conseguenza il rapporto cercato.

nb: è impossibile che da due stringhe di tipo 2 distinte ottengo la stessa stringa di tipo 1, in quanto considerando quest'ultima modulo n ottengo la tipo 2 da cui è derivata, che è per forza unica.


ps: spero si capisca ma scrivere un combinatorico non è mai facile... con calma proverò a scriverlo meglio
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