staffetta algebra 32 (esponente)

[patatone]

trovare tutti i valori reali di $t$ tali che per ogni $x>y>0$ reali vale
$(x+y)^t(x-y)^t=(x^t-y^t)^t(x^t+y^t)^{2-t}$

[Mist]

come prima cosa, per un mio odio personale verso i parametri $t$, riscrivo l'equazione come
$(x+y)^n(x-y)^n = (x^n-y^n)^n(x^n+y^n)^{2-n}$. Elevo entrambi i membri ad $\frac{1}{n}$ e ottengo che si deve avere che $x^2-y^2 = (x^n-y^n)(x^n+y^n)^{\frac{2}{n}-1}$.

Distinguo ora due casi:
1) $n > 2$, $n=2+k$, $k \in \mathbb{R}_{0}^{+}$. Bon, ora riscrivo l'equazione di partenza come $x^2-y^2 = (x^{k+2}-y^{k+2})(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1}$ e notato che siccome $(y^k +x^k)(x^2-y^2) = x^{k+2}-y^{k+2}+(xy)^2(y^{k-2}-x^{k-2})$ con, in conseguenza delle ipotesi del problema$(xy)^2(y^{k-2}-x^{k-2}) \le 0$ , si ha che $(x^{k+2}-y^{k+2})>(y^k +x^k)(x^2-y^2)$. Quindi posso scrivere che $x^2-y^2 = (x^{k+2}-y^{k+2})(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1} >(y^k +x^k)(x^2-y^2)(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1}$. SI ha quindi che affinché sia vera l'equazione di partenza per ogni coppia x e y, deve valere per ogni numero reale $1> (y^k + x^k )(x^{k+2} + y^{k+2})^{\frac{2}{k+2} -1}$. Notato che $-1<\frac{2}{k+2}-1<0$, cambiamo i segni e pasticciamo un po': $-1 < (-y^k-x^k)(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1}<(-y^k-x^k)(\frac{1}{2}x^{k+2}+\frac{1}{2}y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1}$ Usiamo Jensen ricordando che si ha che $f(x):= x^{\frac{2}{k+2}-1}$ è convessa e otteniamo che $(-y^k-x^k)(\frac{1}{2}x^{k+2}+\frac{1}{2}y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1} <( -y^k-x^k)\left( \frac{x^{2}}{2x^{k+2}} +\frac{y^2}{2y^{k+2}}\right) $ ( non si può avere l'uguaglianza perché per ipotesi $x \neq y$). Facciamo ora qualche conto: $2 >(y^k+x^k)(y^{-k}+x^{-k})$ diventa $2> 1+1+ \left( \frac{x}{y} \right) ^k +\left( \frac{y}{x} \right) ^{k}$ ovvero $0> \left( \frac{x}{y} \right) ^k +\left( \frac{y}{x} \right) ^{k}$ che è assurdo in quanto per ipotesi $x,y >0$

2) $n \le 2$, $n = 2+k$, $k \in \mathbb{R}^{-}$. Bene, notiamo in primis che $x^{k+2}-y^{k+2} < (y^{k}+x^{k})(x^2-y^2) = x^{k+2}-y^{k+2} + (xy)^2 (y^{k-2}-x^{k-2})$ in quanto questa volta abbiamo $y^{k-2}-x^{k-2} > 0$ per merito delle ipotesi del problema. Possiamo quindi scrivere $x^2-y^2 =(x^{k+2}-y^{k+2})(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1} <(y^k +x^k)(x^2-y^2)(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1}$ Da cui deduciamo che si deve avere che $(x^{k+2}+y^{k+2})^{1-\frac{2}{2+k}} < x^k+y^k$ ovvero $(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{k}{2+k}} < x^k+y^k$. Poniamo ora $\frac{k}{k+2} = k+j$, $j \in \mathbb{R}$. Risolvendo l'equazione di secondo grado nell'incognita k ( e di parametro j) che ne esce fuori si ottengono come soluzioni possibili $k=-1$ (già trovata) e $k=-j$ che è anch'essa una soluzione già trovata in quanto sostituendo ci si riconduce a $k=0$. Possiamo quindi concludere che l'equazione di partenza è verificata solo per $n=1$ e $n=2$.

Aspetto conferme o eventuali correzioni.

[paga92aren]

$(y^k +x^k)(x^2-y^2) = x^{k+2}-{k+2}+(xy)^2(y^{k-2}-x^{k-2})$

Non ho ancora letto tutto però questo è sbagliato (ci ho perso mezz'ora), forse intendevi: $(y^k +x^k)(x^2-y^2) = x^{k+2}-y^{k+2}+(xy)^2(y^{k-2}-x^{k-2})$

[Mist]

Oh santo cielo, edito subito, mi sono dimenticadi di mettere y^

EDITATO: vedi ora, ho corretto... Buona lettura, grazie per la pazienza !

[paga92aren]

1° caso mi sembra giusto.
io ho fatto:
- La tesi equivale a $(x^2-1)^t(x^t+1)^t=(x^t-1)^t(x^t+1)^2$ con $x>1$ perché posso supporre che $x=ky$ con $k>1$, sostituisco nella equazione iniziale e raccolgo i termini in y e semplifico (poi ho moltiplicato entrambi i membri per $(x^t+1)^t$).
- Faccio la radice t-esima di entrambi i membri e noto che $^{t}\sqrt{(x^t+1)^2}>^t\sqrt{x^{2t}}=x^2$ quindi ottengo $(x^2-1)(x^t+1)>(x^t-1)x^2$ da cui $2x^2>x^t$ che è falsa (nel caso $t>2$) per $x$ grande (non ho riportato tutti i passaggi, se volete chiedeteli)

[Mist]

Ho capito perfettamente cosa hai fatto, molto bravo, sei stato molto meno artificioso di me e più veloce, ma mi piace di meno come modo perché mi sembra meno "rigoroso" ( nessuna virgoletta è casuale, so che è una questione di gusti qui)

è che io in questo periodo sono fissato con Jensen e lo vedo ovunque

[paga92aren]

Grazie

2) $n \le 2$, $n = 2+k$, $k \in \mathbb{R}^{-}$. Bene, notiamo in primis che $x^{k+2}-y^{k+2} < (y^{k}+x^{k})(x^2-y^2) = x^{k+2}-y^{k+2} + (xy)^2 (y^{k-2}-x^{k-2})$ in quanto questa volta abbiamo $y^{k-2}-x^{k-2} > 0$ per merito delle ipotesi del problema. Possiamo quindi scrivere $x^2-y^2 =(x^{k+2}-y^{k+2})(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1} <(y^k +x^k)(x^2-y^2)(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{2}{k+2}-1}$ Da cui deduciamo che si deve avere che $(x^{k+2}+y^{k+2})^{1-\frac{2}{2+k}} < x^k+y^k$ ovvero $(x^{k+2}+y^{k+2})^{\frac{k}{2+k}} < x^k+y^k$. Bon, ora se $\frac{k}{k+2} = k$ si trovano come soluzioni $k=0$ e $k=-1$ che verficano infatti le condizioni proposte e danno le soluzioni:$n=1$ e $n=2$. Poniamo ora $\frac{k}{k+2} = k+j$, $j \neq 0$. Risolvendo l'equazione di secondo grado nell'incognita k ( e di parametro j) che ne esce fuori si ottengono come soluzioni possibili $k=-1$ (già trovata) e $k=-j$ che è anch'essa una soluzione già trovata in quanto sostituendo ci si riconduce a $k=0$. Possiamo quindi concludere che l'equazione di partenza è verificata solo per $n=1$ e $n=2$.

Aspetto conferme o eventuali correzioni.

Non ho capito perché a un certo punto imponi $\frac{k}{k+2}=k$
Comunque quando poi risolvi con il parametro $j$ mi vengono le soluzioni dell'equazione che hai imposto (anche se non sono soluzioni dell'equazione iniziale).

[Mist]

Mah, potremmo dire che il passaggio di cui parli non trabocca di rigore... Vediamo se riesco a spiegartelo.

è come se avessi barato Se togliamo il punto in cui impogno $\frac{k}{2+k} = k$ e fai finta che esista solo il caso in cui $\frac{k}{2+k} = k+j$ allora la soluzione fila liscia come l'olio... Vediamo se tolgo quel pezzo che impressione ti fa spetta un momento...

EDITATA la soluzione originaria... va meglio ora ? Ho tolto ambiguità mi sembra... Posso considerare il problema risolto ?

A dire il vero se $n=1$ si ottiene che $x^2-y^2 = (x+y)(x-y)$ che è vero, mentre se $n=2$ sostituendo si ottiene che $(x^2-y^2)^2 = (x^2-y^2)^2$ che è ancora una volta vero

[paga92aren]

$\frac{k}{2+k} = k+j$

Da cui $k^2+(1+j)k+2j=0$ da cui $k=\frac{-1-j\pm \sqrt{j^2-6j+1}}{2}$ che dovrebbe avere tante soluzioni tra cui $j=-2$ e $k=\frac{1-\sqrt{17}}{2}<0$ (che ovviamente non funzionano nell'equazione iniziale)

[Mist]

Oh cazz... Non so più fare i conti Vedo se la cosa è sistemabile o se è un completo scatafascio, casomai completa te se hai la soluzione

[Mist]

Ok, proseguo nell'opera...

Mi sembra troppo facile. $posto t=a \geq 2$ si ha, elevando a $\frac{1}{a}$, l'equazione $x^2-y^2 = (x^a-y^a)(x^a+y^a)^{\frac{2}{a}-1}$ attenzione ora: se $a=1$ o $a=2$i ha che $f(x) = x^{\frac{2}{a}-1}$ diventa rispettivamente $f(x) = x$ e $f(x) = 1$ che sono le uniche funzioni NON strettamente convesse prese in considerazione, in quanto altrimenti si avrebbero, in quanto è esclusa l'uguaglianza tra le variabili x e y, solo funzioni strettamente convesse. Bon, quindi posso dire che, se $a \neq 1,2$ allora si deve avere che $\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} < \frac{x^a-y^a}{x^a+y^a}$ che per $a \geq 2$ è sempre falsa. Se invece $a=1$ oppure $a=2$ si ha si ha un'equazione vera. La soluzione è raffazzonata e fa schifo, ma l'idea va bene ?

[paga92aren]

Dopo che hai dimostrato che $f$ è convessa immagino che tu abbia usato Jensen. Se è così manca un fratto 2 che ti complica i conti....
Inoltre la disequazione $\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} < \frac{x^a-y^a}{x^a+y^a}$ è sempre vera per $a>2$.
Per semplificare i conti puoi imporre $y=1$ e tutto quello che otterresti con (x,y) lo puoi ottenere anche con (x,1) (con un'opportuna scelta di x)

[Mist]

Non ho capito, è giusto o no come ho fatto io ?

P.S.: sì, è vera, ma esclude l'uguaglianza, che è ciò che noi vogliamo... Sto fraintendendo ? Non sto capendo più niente ? probabile...

[paga92aren]

La tua dimostrazione mi sembra sbagliata perché applichi Jensen in modo sbagliato:
$f(\frac{v+w}{2})\leq \frac{f(v)+f(w)}{2}$
tu hai posto $v=x^a$ e $w=y^a$ ma ti sei dimenticato del fratto due.

Inoltre più avanti affermi che la disequazione ottenuta è falsa per $a>2$: non è vero. Se moltiplichi per i denominatori e svolgi le frazioni ti accorgi che è sempre vera!

Suggerimento:

Testo nascosto:

Basta dimostrare che $f(x^a+y^a)>1$

[patatone]

volete che scriva la soluzione che sono riuscito a trovare? Premetto che non è del tutto olimpica ma un minimo (proprio un minimo) di conoscenze sulle derivate e un po' di intuito sono più che sufficienti per arrivarci