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 » ieri, 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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