Algebra learning

[fph]

(Consiglio: se provi a scrivere le tue soluzioni come una catena di disuguaglianze abcd >= coso1 >= coso2 >= ... >= 3, ti accorgi subito quando hai un problema del genere.)

[gup]

Fino a $a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 12$ ok.
Anche questo è giusto: $a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 4abcd$

Ma supponi che $(a,b,c,d)=(3,0,0,0)$. Le due disuguaglianze sono verificate, ma non $abcd \geq 3$

In generale, se hai $X \geq Z$ e $Y \geq Z$, è difficile concludere $X \geq Y$

Il problema diceva $a,b,c,d$ reali positivi...

[matpro98]

Allora prendi $b,c,d$ molto piccoli e di nuovo $abcd <3$

[Pit]

13.2.

Testo nascosto:

Siano $a=\frac{2x}{y},b=\frac{2y}{z}$ e $c=\frac{2z}{x}$ con $x,y,z>0$. Allora $$\sum_{cyc} \frac{a^2}{\sqrt{(1+a^3)(1+b^3)}} \geq \frac{4}{3}\iff\sum_{cyc} \frac{x^2z^2}{\sqrt{yz(y^3+8x^3)(z^3+8y^3)}} \geq \frac{1}{3}\iff$$$$\sum_{cyc} \frac{x^2z^2}{\sqrt{yz(y+2x)(y^2+4x^2-2xy)(z+2y)(z^2+4y^2-2yz)}} \geq \frac{1}{3}\iff$$$$\sum_{cyc} \frac{x^2z^2}{\sqrt{(y^2+2xy)(y^2+4x^2-2xy)(z^2+2yz)(z^2+4y^2-2yz)}} \geq \frac{1}{3}$$
Per AM$\geq$GM applicato a $(y^2+2xy,y^2+4x^2-2xy)$, si ha $\sqrt{(y^2+2xy)(y^2+4x^2-2xy)}\leq y^2+2x^2$, allo stesso modo si ottengono tutte le versioni cicilche. Resta quindi da dimostrare $$\frac{x^2z^2}{(y^2+2x^2)(z^2+2y^2)}+\frac{x^2y^2}{(z^2+2y^2)(x^2+2z^2)}+\frac{y^2z^2}{(x^2+2z^2)(y^2+2x^2)}\geq\frac{1}{3}$$ Moltiplichiamo entrambi i membri per $3(x^2+2z^2)(y^2+2x^2)(z^2+2y^2)$, quindi $$\frac{x^2z^2}{(y^2+2x^2)(z^2+2y^2)}+\frac{x^2y^2}{(z^2+2y^2)(x^2+2z^2)}+\frac{y^2z^2}{(x^2+2z^2)(y^2+2x^2)}\geq\frac{1}{3}\iff$$$$6(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)+3(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)\geq 4(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)+2(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)+9x^2y^2z^2$$$$\iff 2(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)+(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)\geq 9x^2y^2z^2$$
Per AM$\geq$GM applicata prima su $(x^4y^2,y^4z^2,x^2z^4)$ e poi su $(x^4z^2,x^2y^4,y^2z^4)$ si ha $$(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)\geq 3x^2y^2z^2\Rightarrow 2(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)\geq 6x^2y^2z^2$$ $$(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)\geq 3x^2y^2z^2$$ sommando queste due, si ottiene la tesi.

13.3.

Testo nascosto:

Siano $a=\left(\frac{x_1}{2017}\right)^{\frac{1}{4}},b=\left(\frac{x_2}{2017}\right)^{\frac{1}{4}},c=\left(\frac{x_3}{2017}\right)^{\frac{1}{4}},d=\left(\frac{x_4}{2017}\right)^{\frac{1}{4}}$. La condizione diventa $$\frac{1}{x_1+2017}+\frac{1}{x_2+2017}+\frac{1}{x_3+2017}+\frac{1}{x_4+2017}=\frac{1}{2017}$$ e la tesi $$\frac{\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}}{4-1}\geq 2017$$ che corrisponde alla disuguaglianza 9.3. per $n=4$

[scambret]

Fortunatamente i problemi sono piaciuti

Hint sui problemi 13

Testo nascosto:

13.1. Se $a_i=0$, diminuiamo il numero di $a_i$ a $n-1$ e il LHS aumenta. Perciò possiamo assumere che $a_i \neq 0$. Ora notiamo che $a_1$ è moltiplicato per $a_2$, mentre $a_3$ è moltiplicato con $a_2+a_4$, dunque conviene mandare $a_1$ a zero se $n \geq 4$. Ma allora rimaniamo con $n \leq 3$.

13.2. Notiamo che $\displaystyle \frac{a^2+2}{2} = \frac{(a^2-a+1)+(a+1)}{2} \geq \sqrt{a^3+1}$ (AM-GM sul point of incidence). Rimane

$$\sum_{cyc} \frac{a^2}{(a^2+2)(b^2+2)} \geq \frac{1}{3}$$

E da qui si possono fare i conti.

13.3. Considerare la funzione $\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+e^{4x}}$ non sembra così sbagliato!

14.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{Q}^+$ tali che per ogni $x \in \mathbb{Q}^+$ soddisfano

$$f(x+1)=f(x)+1 \ \mathrm{ e } \ f(x^3)=[f(x)]^3$$

14.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x, y \in \mathbb{R}$ soddisfano

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

14.3. Sia $F$ l’insieme di tutte le funzioni $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ che soddisfano $f(3x) \geq f(f(2x))+x$ per ogni $x>0$. Trovare il più grande reale positivo $a$ tale che per ogni funzione $f \in F$ si ha che $f(x) \geq ax$.

[Davide Di Vora]

14.2
Le soluzioni sono $f(x)=x$, $f(x)=0$ e $f(x)=2$, che sostituendo verificano.

Sia P(x;y) l'equazione funzionale del testo.
Da P(0;0) ottengo $f(0)=0$ o $f(0)=2$. Suddivido il problema in due casi:

1. $f(0)=2$
Da $P(x;0)$ ottengo la soluzione $f(x)=2$.

2. $f(0)=0$
Da $P(2;2)$ ottengo $f(2)=2$ o $f(2)=0$, mentre da $P(1;1)$ ottengo $f(2)=-f(1)^2+3f(1)$. Ci sono dunque i seguenti casi:

a. $f(1)=0$ e $f(2)=0$
Da $P(x;1)$ ottengo
$$f(x+1)=2f(x)$$
Da $P(1;-1)$ ottengo $f(-1)=0$
Da $P(x+1;y)$, utilizzando anche il testo, ottengo
$$2f(xy)+f(y)=f(xy+y)$$
ma ponendo nell'ultima relazione $-1\longleftarrow x$ ottengo la soluzione $f(x)=0$.

b. $f(1)=3$ e $f(2)=0$
Da $P(1;-1)$, $P(-1;-1)$ e $P(2;-1)$ ottengo un assurdo e quindi in questo caso non ci sono soluzioni.

c. $f(1)=1$ e $f(2)=2$
Da $P(x;1)$ ottengo
$$f(x+1)=f(x)+1$$
Da $P(x+1;y)$ ottengo
$$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy+y)+f(x)$$
Sfruttando ora il testo ottengo
$$f(xy)+f(y)=f(xy+y)$$
Siano ora $a$ e $b$ due reali qualsiasi con $a\ne 0$.
Pongo ora $y \longleftarrow a$ e $x \longleftarrow \frac{b}{a}$ e ottengo
$$f(a+b)=f(a)+f(b)$$
ma $f(0)=0$ e quindi
$$f(x+y)=f(x)+f(y)$$
$\forall x,y$ reali.
Da $P(x;x)$ ottengo ora $f(x^2)=f(x)^2\ge 0$ e quindi $f$ non è densa nel piano, da cui segue che l'unica soluzione dell'equazione di Cauchy è $f(x)=k x$, ma essendo $f(1)=1$ ottengo che l'unica soluzione in questo caso è $f(x)=x$.

d. $f(1)=2$ e $f(2)=2$
Da $P(x;1)$ ottengo $f(x)=2$, che è assurdo poichè $f(0)=0$ e quindi in questo caso non ci sono soluzioni.

[Pit]

14.3.

Testo nascosto:

Sia $S$ l'insieme di numeri reali $t$ tali che che $f(x)\geq tx$ per ogni funzione $f\in F$.
Mostriamo prima che $S$ non è vuoto, usando $\frac{x}{3}$ al posto di $x$ nella disuguaglianza del testo, otteniamo $$f(x)\geq f(f( \frac{2x}{3}))+\frac{x}{3}\geq\frac{x}{3}\Rightarrow \frac{1}{3}\in S$$
Mostriamo ora che gli elementi in $S$ sono limitati superiormente, consideriamo la funzione $f(x)=\frac{x}{2}$, questa rispetta la disuguaglianza del testo dato che $$f(3x)=\frac{3x}{2}=f(f(2x))+x$$
otteniamo quindi che tutti gli elementi $t$ in $S$ sono tali che $\frac{x}{2}\geq tx\Rightarrow t\leq\frac{1}{2}$
Sia $b=\sup S$, supponiamo che $b\notin S$, esiste quindi almeno una funzione $f\in F$ e un reale positivo $x_0$ tali che $\frac{f(x_0)}{x_0}<b$.
Sia $k=\frac{f(x_0)}{x_0}$ e $\{c_n\}_{n\geq 0}$ una successione di reali positivi appartenenti a $S$ che converge a $b$. Si ha $$c_n\leq k<b$$
per ogni $n$ intero non negativo. Ma dato che $\lim\limits_{n\to\infty} c_n=b$, per il teorema del confronto si ha $k=\lim\limits_{n\to\infty} k=b$ che è assurdo dato che $k<b$, quindi deve valere $b\in S\Rightarrow b$ è il massimo di $S$ e vale inoltre $b\leq\frac{1}{2}$.
Sfruttando la disuguaglianza del testo con $\frac{x}{3}$ al posto di $x$ e la disuguaglianza $f(x)\geq bx$, si ottiene $$f(x)\geq f(f( \frac{2x}{3}))+\frac{x}{3}\geq bf(\frac{2x}{3})+\frac{x}{3}\geq \frac{2b^2x}{3}+\frac{x}{3}=x\frac{2b^2+1}{3}\Rightarrow \frac{2b^2+1}{3}\in S$$
essendo $b$ il massimo, si ha $b\geq \frac{2b^2+1}{3}\Rightarrow 2b^2-3b+1\leq 0\Rightarrow \frac{1}{2}\leq b\leq 1$ che unito a $b\leq \frac{1}{2}$ dà $b=\frac{1}{2}$ che è il valore cercato.

[Pit]

14.1.

Testo nascosto:

Dalla seconda equazione otteniamo $f(1^3)=f(1)^3\Rightarrow f(1)=1$ e dalla prima otteniamo induttivamente $f(m)=m$ e $f(x+m)=f(x)+m$ per ogni $x$ razionale positivo e $m$ intero positivo.
Ora fissato $x$ prendiamo un intero positivo $n$ tale che $nx^2$ sia un numero intero (in particolare se $x=\frac{a}{b}$ con $a,b$ interi positivi, possiamo prendere $n=b^2$), dalle due equazioni otteniamo $$f((x+n)^3)=f(x+n)^3=(f(x)+n)^3=f(x)^3+3nf(x)^2+3n^2f(x)+n^3$$
e dato che $3n^2x+3nx^2+n^3$ è un intero positivo per come abbiamo scelto $n$, si ha $$f((x+n)^3)=f(x^3+3n^2x+3nx^2+n^3)=f(x^3)+3n^2x+3nx^2+n^3=f(x)^3+3n^2x+3nx^2+n^3$$ da cui $$f(x)^3+3nf(x)^2+3n^2f(x)+n^3=f(x)^3+3n^2x+3nx^2+n^3\Rightarrow f(x)^2+nf(x)-(x^2+nx)=0$$$$\Rightarrow f(x)=\frac{-n\pm (n+2x)}{2}$$
in quest'ultima non possiamo scegliere il "-" dato che altrimenti avremmo $f(x)<0$, quindi $$f(x)=\frac{-n+ (n+2x)}{2}=x$$
per ogni $x$ razionale positivo. Questa funzione verifica entrambe le equazioni e quindi è l'unica soluzione

[scambret]

In concomitanza con le EGMO vi propongo dei problemi secondo me alquanto istruttivi.

Hint sui problemi 14

Testo nascosto:

14.1. Induzione ci mostra $f(x+n)=f(x)+n$. Fissato $x$, scegliamo $n$ tale che $nx^2$ e $n^2x$ sono entrambi interi. Ora scriviamo $f[(x+n)^3]$ o con i conti o con il risultato trovato prima.

14.2. L’idea chiave del problema è risalire alla Cauchy. Nel caso principale con $f(0)=0$, $f(2)=2$ e $f(1)=1$ si dimostra che vale l’identità sugli interi, sugli inversi degli interi, sui razionali e alla fine sui reali. L’altro caso duro è quando $f(2)=0$. Per questo bisogna far vedere che vale $f(x+n)=2^nf(x)$ e trovare $f \equiv 0$.

14.3. Volendo trovare le soluzioni del tipo $f(x)=kx$ si trova $k=1/2$, dunque $a \leq 1/2$. Il passaggio cruciale è che se $f(x) \geq ax$ allora anche $\displaystyle f(x) \geq \frac{2a^2+1}{3}x$. Dunque considerando $a_1=1/3$ e $\displaystyle a_{n+1}=\frac{2a_n^2+1}{3}$, sappiamo che $a \geq a_n$ per ogni $n$. Ora il passaggio delicato: la sequenza è crescente e limitata, dunque ammette limite (è uno strumento sempre utile con questi problemi). Il limite è proprio 1/2 e da qui è finito.

15.1. Siano $a$ e $b$ due numeri reali non negativi con $a \geq b$. Dimostrare che

$$\sqrt{a^2+b^2} + \sqrt[3]{a^3+b^3} + \sqrt[4]{a^4+b^4} \leq 3a+b$$

15.2. Siano $a, b, c$ lunghezze del triangolo con $a+b+c=1$ e sia $n \geq 2$ un intero. Dimostrare che

$$\sqrt[n]{a^n+b^n} + \sqrt[n]{b^n+c^n} + \sqrt[n]{c^n+a^n} < 1 + \frac{\sqrt[n]{2}}{2}$$

15.3. $a, b, c \geq 0$. Dimostrare che

$$\sum_{cyc} \frac{1}{a^2+b^2} \geq \frac{10}{(a+b+c)^2}$$

[TheRoS]

Provo il 15.1 (ma non so se è giusta)

Testo nascosto:

Sia $k=\frac{a}{b}$ che quindi per ipotesi è $\ge 1$. Considerando $a=bk$ ottengo che:
\begin{align}
b(\sqrt{k^2 +1}+\sqrt[3]{k^3+1}+\sqrt[4]{k^4+1})\le (3k+1)b\iff \\
\iff
\sqrt{k^2 +1}+\sqrt[3]{k^3+1}+\sqrt[4]{k^4+1}\le 3k+1
\end{align}
A questo punto si definisca $s_l(x)=\sqrt[l]{x^l+1}-x$ con $l\in\mathbb{N}$. Perché la tesi sia vera vogliamo $s_2(k)+s_3(k)+s_4(k)\le1$. Notiamo che le funzioni $s_l(x)$ sono decrescenti in $\mathbb{R}+$, da cui
\begin{align}
s_2(k)+s_3(k)+s_4(k)\le s_2(1)+s_3(1)+s_4(1)\simeq 0,8<1
\end{align}

[scambret]

Spero che questi problemi vi siano piaciuti. In particolare, spero che ricorderete questo lemma che secondo me è estremamente importante (in spoiler).

Hint sui problemi 15

Testo nascosto:

Il lemma alla base di questi problemi è che se $a \geq b \geq 0$ e $k$ è un intero positivo, allora vale

$$\sqrt[k]{a^k+b^k} \leq a + b(\sqrt[k]{2} -1)$$

Con uguaglianza nel caso $a=b$ o $b=0$. La dimostrazione passa per lo sviluppo binomiale e sfruttando il fatto che $a \geq b$.

15.1. Applicate il lemma e viene. Qui usando le medie (ovviamente) la disuguaglianza non viene. Neanche basta dimostrare che $\displaystyle \sqrt[k]{a^k+b^k} \leq a + \frac{b}{k}$ perché si sfora.

15.2. Wlog $1/2 > a \geq b \geq c$. Ora usiamo il lemma e si finisce.

15.3. Il point of incidence è con $(t,t,0)$. Wlog $c$ è il minimo. Usiamo il lemma in maniera debole nella forma $\displaystyle b^2 + c^2 \leq \left(b + \frac{c}{2} \right)^2 = y^2$ e $\displaystyle a^2 + b^2 \leq \left(a + \frac{c}{2} \right)^2 + \left(b + \frac{c}{2} \right)^2 = x^2+ y^2$. Ora facendo i conti con $x$ e $y$ si finisce.

16.1. Trovare tutti i polinomi $P$ che soddisfano $2P(2x^2-1)=[P(x)]^2-2$

16.2. Trovare tutti i polinomi $P$ che soddisfano $P(x^2+1)=[P(x)]^2+1$ per ogni $x$

16.3. Un polinomio $P$ ha la proprietà che per ogni $y \in \mathbb{Q}$ esiste un $x \in \mathbb{Q}$ tale che $P(x)=y$. Dimostra che $P$ è un polinomio affine.