OliForum Matematico

tanto per fare contento il pupo..

$ \forall a_i \in R $, $ \displaystyle \sum_{1 \le i \le n}{{a_i}^4} \ge 2{\prod_{1\le i \le n}{a_i}}^2 \ge (\prod_{1\le i \le n}{a_i})- \frac{1}{8} $, e questo chiude il topic! e lo poteva risolvere un bimbo del primo liceo!

per completare, si ha uguaglianza sse $ \forall i\in [1,n] $si ha $ \mid a_i \mid = {(\frac{1}{2})}^{2/n} $, con un numero dispari di $ a_i $ negativi.

scusate ma mi sono sentito chiamato in causa con gli "errori"

Allora intanto concludo anche la mia: se ci troviamo nel caso |x|>1 e |y|<=1 (l'altro caso è simmetrico) abbiamo $ x^4+xy+y^4 \geq x^4+xy=x(x^3+y) $ che è positivo, dato che $ x^3+y $ ha lo stesso segno di x, in quanto altrimenti dovrebbe essere $ |y| \geq |x|^3 > |x| $, assurdo.
Perciò fuori da $ [-1,1] \times [-1,1] $ la funzione è positiva, e lì dentro ha il minimo che abbiamo già citato più volte.

jordan ha scritto:l'hai detto tu, se non usi l'analisi, nn è standard, non ti pare che ticontraddici?

Come già osservato da Salva è standard sia come esercizio olimpico, sia come esercizio di analisi II, per quanto i 2 approcci (quello olimpico e quello da analisi II) siano completamente diversi.

jordan ha scritto:tanto per fare contento il pupo..

Ehm, il pupo non è ancora del tutto contento...
La prima disuguaglianza mi pare vera solo per n=2 (o no?), poi il bimbo di prima liceo avrebbe bisogno di 2 paroline di spiegazione sulla seconda, ed infine l'utilizzo delle medie con numeri non necessariamente positivi richiede pure lui 2 paroline (questi ultimi 2 punti ammetto che sono semplici da sistemare).

jordan ha scritto:scusate ma mi sono sentito chiamato in causa con gli "errori"

Boh, che devo dire, di certo non volevo offenderti , nè mi riferivo *solo* ai tuoi errori. Il mio timore è semplicemente che utenti meno esperti di te possano prendere per buone certe soluzioni che compaiono su questo Forum, e finiscano per imitarle in gare nazionali o internazionali, ritrovandosi poi brutte sorprese in sede di correzione.

Ad esempio

• la risoluzione di questa disuguaglianza mediante semplice ricerca dei punti stazionari (più o meno la tua prima soluzione) prenderebbe 0 punti in ogni gara;
• la tua seconda soluzione non l'ho mai capita, anche se ora mi viene il sospetto che fosse quella che poi hai esplicitato meglio nel tuo ultimo post (a mio avviso su questo forum è meglio essere "overpedantic": se vogliamo imitare Perelman iniziamo a imitare la sua bravura prima della sua prosa...);
• il discorso dell'ordine di infinito, emerso in qualche post precedente e sul quale si basa l'approccio stile analisi II, ti ha convinto (almeno così hai dichiarato), ma non ha convinto me, nè convincerebbe i correttori di una qualunque gara, prendendo quindi i soliti 0 punti.

Quindi direi di non chiudere il topic fino a quando non si è capita bene la faccenda dell'ordine di infinito (al di là della soluzione corretta di darkcrystal, che però non è bovinamente standard). Per focalizzare meglio il nocciolo del problema, inviterei ad esaminare i seguenti 2 esempi, entrambi con termini di ordine 4, 3, 2 (si chiede sempre l'inf sul piano)

$ x^4+x^2y+y^2 $

$ x^4+y^2x+y^2 $

Ok, riprovo, x adesso il primo caso, cosi si capisce meglio anche l'altra mia soluzione con le derivate parziali..
la derivata rispetto a y è $ x^2+2y=0 $, rispetto a x è $ 4x^3+2xy=0 $, l'unico punto stazionario è quindi (0,0), e sostituendo esce che il minimo (ed è minimo) è proprio 0 (che lavoraccio )


altrimenti..trovare il minimo di $ x^4+\alpha x^2 y + y^2 $con$ \alpha\in (0,2) $.
si nota che per avere minimo deve essere $ y \in R^- $, equivale cioè a trovare il minimo di $ x^4-\alpha x^2 y + y^2 $, imponendo wlog che $ x,y \in R^+ $. a questopunto utilizziamo QM-GM e un'alta stupida disuguaglianza..otteniamo $ {({x^2})}^2+y^2 \ge 2 x^2y \ge \alpha x^2y $ con uguaglianza sse $ x=y=0 $.

o addirittura in un rigo $ x^4-\alpha x^2y+y^2\ge {(x^2-y)}^2 \ge 0 $

Beh, visto che questo casino l'ho scatenato io... provo pure a rispondere (e magari ditemi se scrivo caz****)

Dunque f(x,y)= x^4 + (x^2)y +y^2 (perdonatemi se non uso Latex)

Caso I: y>=0 => f(x,y)>=0 per ogni x reale (ovvio)
Caso II: y<0>= x^4+2(x^2)y +y^2= ((x^2)+y)^2>=0 vera per ogni x reale

Quindi f(x,y)>=0 sempre. Si ha uguaglianza sse x=y=0 (per dimostrarlo basta un controllino alle derivate parziali)


Sia invece f(x,y)= x^4 + xy^2 +y^2= x^4 + (y^2)(1+x)
E quindi basta porre x<1>+oo tende a -oo.
Quindi l'inf in questo caso NON è minimo e vale -oo

jordan ha scritto:Ok, riprovo, x adesso il primo caso, cosi si capisce meglio anche l'altra mia soluzione con le derivate parziali..
la derivata rispetto a y è $ x^2+2y=0 $, rispetto a x è $ 4x^3+2xy=0 $, l'unico punto stazionario è quindi (0,0), e sostituendo esce che il minimo (ed è minimo) è proprio 0 (che lavoraccio )

Xamog ti ha già spiegato che la sola ricerca dei punti stazionari non è sufficiente e prenderebbe 0 punti in ogni gara, ivi compreso un esame di Analisi.
Tant'è vero che non hai (furbescamente) applicato quello stesso metodo al 2° problema di Xamog, ben consapevole che lì non può funzionare.

ma allora ce l'avete con me..quello è l'unico punto stazionario della funzione, o è massimo o è minimo, mica ci vuole tanto a vedere qual è

I punti stazionari possono anche essere punti di sella, sai?

Scriviamo (circa) per bene un po' di analisi 2
sia $ ~f(x,y)= x^4+y^4+xy $ trovare gli estremi
Il gradiente e'
$ $\frac{\partial f}{\partial x}=4x^3+y\quad\frac{\partial f}{\partial y}=4y^3+x $
l'Hessiano e'
$ $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=12x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=1\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=12y^2 $
di auto valori $ $\lambda_{1,2}=6(x^2+y^2)\pm\sqrt{(6x^2-6y^2)^2+1} \right)=6\left(x^2+y^2\pm\sqrt{(x^2-y^2)^2+36^{-1}} \right) $
Il gradiente si annulla in $ $x=0, y=0\;\lor\;x=\frac12,y=-\frac12\;\lor\;x=-\frac12,y=\frac12 $
abbiamo:
$ ~x=0,y=0\;\Rightarrow\; \lambda_1=1\;\lambda_2=-1 $ ergo punto di sella (autovalori dell'Hessiano di entrambi i segni)
$ $x=\frac12,y=-\frac12\;\Rightarrow\; \lambda_1=4\;\lambda_2=2 $ ergo minimo (autovalori dell'Hessiano positivi, ovvero l'Hessiano e' una matrice positiva)
$ $x=-\frac12,y=\frac12\;\Rightarrow\; \lambda_1=4\;\lambda_2=2 $ ergo minimo

Mi pare che sia tutto a posto

Gli altri 2 proposti da Xamog si fanno (appunto) bovinamente in modo uguale con l'analisi


edit: eliminato un paio di errori (perche' continuo a scrivere hermitiano al posto di hessiano?) e sostituito gradiente a jacobiano

Sento un disturbo nella forza, come se qualche matematico stesse sbattendo vigorosamente la testa contro un muro...

che ho sbagliato?
(ci avrei scommesso)
non ricordo se vanno guardati i minori o gli autovalori dell'Hessiano calcolato nel punto stazionario

chi ti dice che non ci sia una successione di punti (non limitata) su cui la funzione è decrescente?

adesso un po' rintronato dal sonno. Se intendi che non ho controllato all'infinito che fa in effetti e' vero.
con un cambio di variabili
$ $f(r,\theta)=r^2\left[r^2\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right)+\frac{\sin{(2\theta)}}{2} \right] $

per $ ~r\gg1 $ $ $f(r,\theta)\approx r^4\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right) $
ergo la funzione all'infinito diverge a $ ~+\infty $

il gradiente in coordiante polari e'
$ $\frac{\partial f}{\partial r}=r\left[4r^2\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right)+\sin{(2\theta)} \right] \quad \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}=r\left(-r^2\sin(4\theta)+\cos{(2\theta)} \right) $


dimenticato ancora qualcosa?