PREIMO 2013

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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PIELEO13
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PREIMO 2013

Messaggio da PIELEO13 » 01 apr 2015, 21:38

Determinare per quali $ n $ interi positivi la seguente equazione ha esattamente 2013 soluzioni reali positive
$ \frac{1}{x\ +\ n^{-2}} = \lfloor{\frac{1}{x}-n^{-2}}\rfloor $
Ovviamente $ \lfloor{y}\rfloor $ denota la parte intera di $ y $

Questo è un testo di Algebra Preimo 2013... Mi interessava perché compare la parte intera, solo che non ho idea di come approcciarmi a un problema di questo tipo.. ho bisogno soprattutto di TANTE idee su cui ragionare quando entra in ballo $ \lfloor{y}\rfloor $. Vi prego, suggeritemi qualcosa, help me! :D

PIELEO13
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Re: PREIMO 2013

Messaggio da PIELEO13 » 04 apr 2015, 15:04

Ripropongo: qualcuno mi aiuti please :D

darkcrystal
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Re: PREIMO 2013

Messaggio da darkcrystal » 04 apr 2015, 18:10

In realtà questo problema non ha molto a che fare con le parti intere: potresti iniziare dimostrando che ogni soluzione $x$ di quell'equazione è un numero razionale, e che in effetti si scrive $1/a-1/n^2$ per un certo intero $a$. Poi potresti anche dimostrare che $a$ è positivo. Infine, la definizione di parte intera è $\left\lfloor y \right\rfloor = k \Longleftrightarrow k \leq y < k+1$... mettendo insieme questi fatti arrivi ad un problema che coinvolge solo disuguaglianze (e che poi andrà risolto... ma intanto le parti intere sono sparite! :wink: )
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erFuricksen
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Re: PREIMO 2013

Messaggio da erFuricksen » 05 apr 2015, 10:58

Ok, proviamo così, qualcuno mi corregga se sbaglio..
Testo nascosto:
Come suggeriva Darkcrystal possiamo dire che
$ {n^2 -x \over xn^2}-1 \le {n^2 \over xn^2+1} \le {n^2-x \over xn^2} $
Inoltre, come ci dice l'equazione iniziale $ {n^2 \over xn^2+1}=k $ con $ k \in \mathbb{Z} $
Quindi facciamo un po' di calcoli:
$ (xn^2+1)(n^2-x-xn^2) \le xn^4 \le (n^2-x)(xn^2+1) $
$ xn^4-x^{2} n^{2}-x^2n^4+n^2-x-xn^2 \le xn^4 \le xn^4+n^2-x^2 n^2-x $
$ n^2-x^2n^2-x^2n^4-x-xn^2 \le 0 \le n^2-x^2n^2-x $
$ n^2 -x(xn^2+1)(n^2+1) \le 0 \le n^2-x(xn^2+1) $
$ x(xn^2+1) \le n^2 \le x(xn^2+1)(n^2+1) $

ma siccome x e n sono positivi posso dire che
$ 1 \le {n^2 \over x(xn^2+1)} \le n^2+1 $
ma quindi $ 1 \le {k \over x} \le n^2 +1 $
Riprendendo l'equazione che avevo scritto all'inizio dico che $ {n^2 \over xn^2+1}=k $ quindi
$ n^2=xn^2k+k $ perciò $ x={n^2-k \over kn^2} $ quindi nella disuguaglianza diventa
$ 1 \le {k^2n^2 \over n^2-k} \le n^2+1 $
Abbiamo allora il sistema:
$ \begin{cases}n^2k^2+k-n^2 \ge 0 \\ k^2n^2+(n^2+1)k-n^2(n^2+1) \le 0 \end{cases} $***
notando dalla definizione di k che esso deve essere positivo se x è positivo allora
$ \begin{cases}k \ge {\sqrt{4n^4+1}-1 \over 2n^2}\\k \le {\sqrt{n^6+2n^4+2n^2+1}-(n^2+1) \over 2n^2} \end{cases} $
Analizzando la prima disequazione notiamo che $ \sqrt{4n^4+1} \le 2n^2+1 $ perciò $ \sqrt{4n^4+1}-1 \le 2n^2 $
da cui ricaviamo che per ogni n avremo $ k \ge 1 $
Pertanto se vogliamo che x possa acquisire esattamente 2013 valori positivi allora anche k deve assumere 2013 valori positivi, il che vuol dire che, visto che è accettabile $ k \ge 1 $, dobbiamo avere $ \lfloor {\sqrt{n^6+2n^4+2n^2+1}-(n^2+1) \over 2n^2} \rfloor =2013 $
A questo punto possiamo notare che $ (n^3+n)^2 < n^6+2n^4+2n^2+1 < (n^3+n+1)^2 $, pertanto introduciamo un certo $ \alpha \in \mathbb{R} $ tale che $ 0 < \alpha < 1 $ e avremo
$ 2013 \le {n^3-n^2+n-1+ \alpha \over 2n^2} < 2014 $

$ 4026n^2 \le (n-1)(n^2+1)+ \alpha < 4028n^2 $

$ \begin{cases} (n-1)(n^2+1)+ \alpha \ge 4026n^2\\(n-1)(n^2+1)+ \alpha < 4028n^2 \end{cases} $
Prendiamo la prima disequazione:
$ n^3-n^2+n-1 + \alpha \ge 4026n^2 $
$ n(n^2+1) + \alpha \ge 4027n^2 +1 $
$ n(n^2+1) + \alpha \ge 4027(n^2+1)-4026 $
Da cui arriviamo finalmente a $ n \ge 4027-{4026+ \alpha \over n^2+1} $
Arrivati a questo punto vediamo come varia il valore di RHS al variare di n:
se $ n <64 $ vediamo che $ {4026+ \alpha \over n^2+1} < 2014 $ perciò avremo $ RHS \ge 2013 $ e quindi ben maggiore di n, escludendo questi casi. Se invece $ n \ge 64 $ vediamo che $ {4026+ \alpha \over n^2+1} < 1 $ perciò $ \lfloor RHS \rfloor = 4026 $ ma anche $ RHS > 4026 $, perciò saranno accettabili tutti gli $ n \ge 4027 $
Un discorso simile vale per la seconda disuguaglianza, che può essere scritta come
$ n \le 4029 - {4028 + \alpha \over n^2+1} $
e analogamente a prima possiamo dire che $ n<4029 $
Perciò gli $ n $ accettabili saranno $ n=4027 $ e $ n=4028 $

Spero di non aver scritto cavolate :D
Ultima modifica di erFuricksen il 09 set 2015, 16:47, modificato 2 volte in totale.
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

Talete
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Re: PREIMO 2013

Messaggio da Talete » 05 apr 2015, 19:46

A quanto rimembro da quanto ho fatto per il Senior (era tra i problemi di ammissione) il risultato era $n=2014$ ;)
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Re: PREIMO 2013

Messaggio da erFuricksen » 06 apr 2015, 10:25

Quindi dove ho sbagliato?
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Re: PREIMO 2013

Messaggio da erFuricksen » 09 set 2015, 16:44

Ok, è arrivato il momento di chiudere la questione in questo topic.
Voglio ringraziare @LucaMac per avermi scovato l'errore di calcolo, ora posso mostrare che la mia soluzione era giusta tranne che per i conti ;)
Testo nascosto:
Riprendiamo da qui:
$$\begin{cases}n^2k^2+k-n^2 \ge 0 \\ k^2n^2+(n^2+1)k-n^2(n^2+1) \le 0 \end{cases}$$
notando dalla definizione di k che esso deve essere positivo se x è positivo allora
$$\begin{cases}k \ge {\sqrt{4n^4+1}-1 \over 2n^2}\\k \le {\sqrt{4n^6+5n^4+2n^2+1}-(n^2+1) \over 2n^2} \end{cases}$$
Analizzando la prima disequazione notiamo che $\sqrt{4n^4+1} \le 2n^2+1$ perciò $\sqrt{4n^4+1}-1 \le 2n^2$
da cui ricaviamo che per ogni $n$ avremo $k \ge 1$
Pertanto se vogliamo che $x$ possa acquisire esattamente 2013 valori positivi allora anche $k$ deve assumere 2013 valori positivi, il che vuol dire che, visto che è accettabile $k \ge 1$, dobbiamo avere
$$\lfloor {\sqrt{4n^6+5n^4+2n^2+1}-(n^2+1) \over 2n^2} \rfloor =2013$$
A questo punto possiamo notare che $(2n^3+{5 \over 4}n)^2 < 4n^6+5n^4+2n^2+1 < (2n^3+{5 \over 4}n+1)^2$, pertanto introduciamo un certo $\alpha \in \mathbb{R}$ tale che $0 < \alpha < 1$ e avremo
$$2013 \le {2n^3-n^2+{5 \over 4}n-1+ \alpha }\over {2n^2} < 2014$$
$$4026n^2 \le 2n^3-n^2+{5 \over 4}n -1+ \alpha < 4028n^2$$
posso fare la sostituzione $1- \alpha = \beta$ dove $0<\beta<1$ è un numero reale
$$4026n^2 \le 2n^3-n^2+{5 \over 4}n - \beta < 4028n^2$$
faccio un ulteriore sostituzione $\gamma={\beta \over n}$ quindi $0<\gamma<{1 \over n}$ è un numero reale
$$4027n \le 2n^2+{5 \over 4} - \gamma < 4029n$$
$$4027 \le 2n+{5 \over { 4n}} - {\gamma \over n }< 4029$$
Adesso, siccome vale $0<{5 \over 4} -\gamma<{5 \over 4}$ , allora sicuramente $n \ge 2013$, da cui possiamo ricavare che (largamente) $0<{1 \over n }({5 \over 4} -\gamma)<1$, quindi ci rimane
$${{4027-({5 \over { 4n}} - {{\gamma} \over n})} \over 2} \le n <{ {4029-({5 \over { 4n}} - {\gamma \over n})} \over 2}$$
$2013< n \le 2014$
Quindi ne deduciamo con piacere che $n=2014$ e che quindi il procedimento era giusto :D
Non ho modificato quello originale per mantenere la cronologia dei fatti.. finalmente chiusa la questione!
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Re: PREIMO 2013

Messaggio da gpzes » 12 set 2015, 02:17

Alternativa?!? :oops:

Per comodità, si ponga ${{n}^{-2}}=a,n\ge 1$ e sia $\frac{1}{x\ +\ {{n}^{-2}}}=\left\lfloor \frac{1}{x}-{{n}^{-2}} \right\rfloor =m$.

Dovendo essere $x>0$ e NON essendo mai nullo RHS di (*), dovrà essere $m\ge 1,m\in \mathbb{N}$.

Inoltre $\frac{1}{x\ +\ a}=m\Rightarrow x=\frac{1}{m}-a>0\Rightarrow m<{{n}^{2}}$.

Per definizione di FLOOR si deve avere $m\le \frac{1}{x}-a<m+1\Rightarrow 0\le \frac{m}{1-a\cdot m}-a-m<1\Rightarrow 0\le \frac{a\cdot m\cdot (a+m)-a}{1-a\cdot m}<1$ .

Ma
$\begin{align}
& \frac{a\cdot m\cdot (a+m)-a}{1-a\cdot m}<1\Rightarrow a\cdot m\cdot (a+m)-a<1-a\cdot m\Rightarrow \\
& \Rightarrow m\cdot (a+m+1)<\frac{a+1}{a}=1+{{n}^{2}}\Rightarrow m\cdot \left( \frac{1}{{{n}^{2}}}+m+1 \right)<\frac{a+1}{a}=1+{{n}^{2}}\Rightarrow \\
& \Rightarrow m\cdot \left( \frac{1}{{{n}^{2}}}+m+1 \right)<1+{{n}^{2}}\overset{m<{{n}^{2}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,m\cdot \left( m+1 \right)<1+{{n}^{2}}.\quad (**) \\
\end{align}$
Se $m=n$ , (**) NON è verificata: ma per $m\le n-1$ SI !!!
Poiché il problema chiede che esistano esattamente 2013 valori per $m$, allora dovrà essere $n=2014.$ □

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