OliForum Matematico

Si, lo avevo capito che dovevo supporre quella iniettiva, ma pensavo che quella funzione prendeva tutti i valori reali per x+1/2 e quindi doveva farlo anche l'argomento di f(f(x)) cioè f(x), ma mi rendo conto che non significa molto...ci provo.

Siccome nessuno ha più risposto ci provo io. Proseguendo la strada di steph faccio il caso f(-1)=-1/2 $x=0 \implies f(f(y))=(f(0)+1/2)(f(y)+1/2)$ (1) $y=-1 \implies f(f(-1))=f(-1/2)=0 \implies f(f(-1/2))=f(0)$ (2) e questo perchè ho messo y nella (1) $y=-1/2 \implies f(0)=f(f(-1/2))=(f(0)+1/2)(f(-1/...

Assumo wlog $a\geq b \geq c$
Per AM-GM ho $a+b+c \geq 3$. Voglio dimostrare $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \geq (a+b+c)^2$
$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \geq 3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)(a+b+c)$ dove l'ultima è giustificata per Chebycheff

Si, scusa la sera non connetto...ora dovrebbe andare
$2x^2+2y^2+2z^2 \geq \frac{2}{3}(x+y+z)^2$ per QM-AM, da cui dobbiamo dimostrare $\frac{2}{3}(x+y+z)^2 \geq x+y+z$ cioè $\frac{2}{3}(x+y+z) \geq 1$ che è vera per AM-QM usando il vincolo

Ho capito ido...alla fine con quella sostituzione esce una cosa del tipo $ \sum_{cyc}2x^2\geq \sum_{cyc}x$ che è vera considerando x,y,z maggiori di uno.

Si ti capisco, non era proprio una soluzione ma una cosa di cui sono ancora incerto...ad ogni modo Partiamo dalla seconda parte che è il mio dubbio. Devo dimostrare che $\sum_{cyc}a^2b^2 \geq \sum_{cyc} 4ab$ . Sostanzialmente questa la posso scrivere anche come $\sum_{sym}a^2b^2 \geq \sum_{sym} 4ab$...

La soluzione è ovviamente giusta, però devi un pò vedere se puoi continuare la staffetta, dato che ho fatto un pò di casino nel vecchio post...(anzi se vuoi dai tu una controllatina all'ultimo post che ho scritto là, se è giusta va bene, se è sbagliata (cosa che credo) rispondi tu cosi' puoi continu...

Caspita! me lo aspettavo che all'ultimo fosse sbagliato...c'era qualcosa che non tornava... Sfruttando l'hint credo che dovrebbe venire $\sqrt{(a+1)(a^2-a+1)}\leq \frac{a^2+2}{2}$, quindi LHS $\geq \sum_{cyc}\frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)} \geq \frac{4}{3}$ cioè dobbiamo dimostrare $6a^2+6b^2+6c^2+3a^2b...

Trovare tutte le funzioni $f:\mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q}$ tali che $f(1)=2$ e $f(xy)=f(x)f(y)-f(x+y)+1$

Riscrivo come $$\frac{a^2(c^3+1)\sqrt{(b^3+1)(a^3+1)}+b^2(a^3+1)\sqrt{(c^3+1)(b^3+1)}+c^2(b^3+1)\sqrt{(c^3+1)(a^3+1)}}{(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)} \geq \frac{4}{3}$$ . Chiamo $f(a,b,c)$ il numeratore del LHS. Per GM-HM ho $$f(a,b,c) \geq \sum_{cyc}\frac{2a^2(c^3+1)(b^3+1)(a^3+1)}{a^3+b^3+2} \geq \frac{4}...

Proviamo... Pongo x=1 e y=0 , da cui $f(1)-f(0)=f(1)+f(0)$ da cui f(0)=0. Se y=0 abbiamo $xf(x)+xf(0)=f(x^2)-f(0)$ cioè $f(x^2)=xf(x)$ Tornando nell'espressione iniziale, abbiamo $f(x^2)-f(y^2)=xf(x)+xf(y)-yf(x)-yf(y)=f(x^2)+xf(y)-yf(x)-f(y^2)$ ovvero $xf(y)=yf(x)$. Ponendo y=1, ottengo $f(x)=xf(1)$...

Si la base è 7, ho messo un uno in più

Se $p=17^{2n}+4$ è primo, mostrare che $p\mid 7^{\frac{p-1}{2}}+1$

Bhè non l'ho trovato molto bello, era un pò contoso, almeno la mia soluzione. $P(,a,b,c)=P(a,b,\gamma)=a^2b^2{\sin^2}\gamma$. Essendo $$\sin^2\gamma=1-\cos^2\gamma=(1-\cos\gamma)(1+\cos\gamma)=\frac{(2ab+c^2-a^2-b^2)(2ab+a^2+b^2-c^2)}{4a^2b^2}=\frac{(c^2-(a-b)^2)((a+b)^2-c^2)}{4a^2b^2}=\frac{(c-a+b)...

Scusate ragazzi, ma mi rimangio quello che ho detto prima. Alla fine il caso x^3-y^3 si esclude ragionando solo coi moduli, volevo trovare un modo diverso ma era solo un'idea, bah... almeno c'ho provato...magari qualcosa si poteva accettare ma è un inutile giro, meglio lasciar stare