Staffetta algebra

[Anér]

Volevo far notare il "bello" del problema: come ha osservato ma_go, il centro della circonferenza è $ \frac{1}{1-\alpha} $; se $ \alpha $ avesse modulo <1 allora le somme $ S_n $ sarebbero le ridotte della serie geometrica di $ \alpha $ che tende come è noto a $ \frac{1}{1-\alpha} $; se però, come nel problema, $ |\alpha|=1 $ allora le ridotte "orbitano" su una circonferenza senza riuscire a "cadere" (convergere) nel centro.

@ spugna: come nella staffetta di teoria dei numeri piazza il nuovo problema da un'altra parte.

[jordan]

Da qui:

Problema 25: Siano $a,b,c$ reali positivi tali che $a\ge b\ge c$. Dimostrare che
$$\frac{a^2-b^2}{c}+\frac{c^2-b^2}{a}+\frac{a^2-c^2}{b}\ge 3a-4b+c$$

Problema 25: Siano $a,b,c$ reali positivi tali che $a\ge b\ge c$. Dimostrare che
$$\frac{a^2-b^2}{c}+\frac{c^2-b^2}{a}+\frac{a^2-c^2}{b}\ge 3a-4b+c$$

Provo a dare la soluzione: $-\frac{b^2-c^2}{a}\geq-\frac{b^2-c^2}{b}=-b+\frac{c^2}{b}$ (sapendo che $b^2-c^2\geq 0$) e inoltre $\frac{a^2-c^2}{b}\geq\frac{a^2-c^2}{a}= a-\frac{c^2}{a}$ e riscrivo la disequazione:
$$\frac{a^2-b^2}{c}-b+\frac{c^2}{b}+a-\frac{c^2}{a}\ge 3a-4b+c$$
$$\frac{a^2-b^2}{c}+c^2 \frac{a-b}{ab}\geq 2(a-b)$$
L'ultimo passaggio è dato dalla $b\geq c$. Semplifico per $a-b$: $\frac{a+b}{c}+\frac{c^2}{ab}\geq 2$ che è sempre vera perché $a+b\geq 2c$ e il secondo termine della somma è sempre positivo.

[jordan]

Da qui:

Problema 26: determinare tutte le funzioni $f \mathbb{R^+} \{0\} \longrightarrow \mathbb{R^+}\{0\}$ tali che:
$$f(x)+f(y)=f(x+y+2f(xy))$$

(sono in montagna a sciare quindi non ricordo se nel problema la funzione $f$ è iniettiva o si ricavava dall'equazione iniziale)

Come proposto da fph, postate la vostra soluzione nell'apposito thread; nel caso corretta, quotatela qui e postate il nuovo problema

[Anér]

Da qui

Sono riuscito a risolvere il problema con l'ipotesi dell'iniettività.
Siano $ x,y,z $ reali non negativi:
$ f(x)+f(y)+f(z)=f(x)+f(y)+f(z) $
$ f(x+y+2f(xy))+f(z)=f(x)+f(y+z+2f(yz)) $
$ f(x+y+2f(xy)+z+2f(zx+yz+2zf(xy)))=f(x+y+z+2f(yz)+2f(xy+zx+2xf(yz))) $
$ x+y+2f(xy)+z+2f(zx+yz+2zf(xy))=x+y+z+2f(yz)+2f(xy+zx+2xf(yz)) $
$ f(xy)+f(zx+yz+2zf(xy))=f(yz)+f(xy+zx+2xf(yz)) $
Poniamo ora $ x=y=1 $
$ f(1)+f(2z+2zf(1))=f(z)+f(1+z+2f(z)) $
$ f(1)+f(2z+2zf(1))=f(z)+f(1)+f(z) $
$ f(2z+2zf(1))=f(z)+f(z)=f(2z+2f(z^2)) $
$ zf(1)=f(z^2) $
Ponendo ora $ z=\sqrt{k}, k\in \mathbb{R}^+_0 $ e $ f(1)=c $ si ha che
$ f(k)=c\sqrt{k} $
Se poi $ k=1 $ si trova subito da quest'ultima che $ c=f(1)=1 $, per cui $ f(k)=\sqrt{k}\forall k\in\mathbb{R}_0^+ $.
Effettivamente la radice quadrata è soluzione dell'equazione funzionale
$ \sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{x+y+2\sqrt{xy}} $
Ecco il nuovo problema:
viewtopic.php?f=13&t=15489

Da qui

Siano $ x,y,z $ numeri reali. Dimostrare che
$ x^4+y^4+z^4+x^2yz+y^2zx+z^2xy\geq x^3y+y^3z+z^3x+xy^3+yz^3+zx^3 $
Determinare inoltre i casi di uguaglianza.

[staffo]

Da qui

Posto la mia soluzione:

1)allora porto tutto a sinistra ;

2)raccolgo un termine al quadrato da cui ottengo:
$ x^2(x^2 - xy - xz + yz) + y^2(y^2 - yx - yz + xz) + z^2(z^2 - zx - zy + xy) \geq 0 $ ;

3)ora trasforo le parentesi con un raccoglimento parziale (lo faccio solo sulla prima e le altre uguale):
$ x^2 ( x(x-y) - z(x-y) ) $ e quindi $ x^2(x - y)(x - z) $

ottengo dunque la disuguaglianza di Schur, che è vera.
inoltre vale il segno di uguale se e solo se $ x=y=z $ o due tra $ x,y,z $ sono uguali e l'altro è $ 0 $ q.e.d

Da qui

Dati tre numeri reali $ x,y,z $ tali che $ x+y+z=1 $, si dimostri che è valida la seguente disuguaglianza:
$ x^2z + z^2x + y^3 \geq 4x^2z^2 + 4y^2xz + y^4 $

[Mist]

Da viewtopic.php?f=13&t=15492 :

staffo:

Allora, premettendo che è da poco che mi accosto ad algebra, posto qui il testo del mio problema (che non ho idea se sia troppo facile troppo difficile, nel caso perdonatemi )

Dati tre numeri reali positivi x,y,z tali che x+y+z=1, si dimostri che è valida la seguente disuguaglianza:
$x^z+z^2x+y^3≥4x^2z^2+4y^2xz+y^4$

Nel caso sia proprio orrendo lo cambio.

Mist:

dai, ci provo io !

allora, fattorizzo RHS e trovo che $x^2z+z^2x+y^3≥(2xz+y^2)^2$ ovvero: $\sqrt{x^2z+z^2x+y^2y}≥2xz+y^2$

Siccome $f(x):=\sqrt{x}$ è concava posso però applicare Jensen (credo) e quindi ottenere che $f(x^2z+z^2x+y^2y)≥zx+zx+y^2$ che è appunto la tesi.

MI sembra troppo facile Aspetto conferme...

Qui: viewtopic.php?f=13&t=15495 il nuovo problema

[Anér]

Trovare tutte le funzioni f dai reali ai reali tali che $f(x^2+f(y)) = y+f(x)^2$ per ogni coppia di reali x,y.

[Giuseppe R]

Trovare tutte le funzioni f dai reali ai reali tali che $f(x^2+f(y)) = y+f(x)^2$ per ogni coppia di reali x,y.

E la soluzione:

Pongo x=0, f(0) = k, allora ottengo:
$ f(f(y)) = y + k^2 $
Quindi f(f(.)) è bigetiva, da cui segue che f(.) è bigettiva.
Sia a t. c. f(a)=0 (esiste ed è unica). Pongo x=y=a ottenendo:
$ f(a^2)=a $
$ f(f(a^2)) = f(a) $
Ma f(a) = 0 per ipotesi e $ f(f(a^2)) = a^2 + k^2 $ quindi $ a^2 + k^2 = 0 $ che mi da a=k=0 quindi f(0)=0 e f(f(y))=y per ogni y.
Ponendo y = 0 ottengo $ f(x^2) = [f(x)]^2 $ per ogni x, quindi:
$ [f(x)]^2 = [f(-x)]^2 $ pertanto $ f(-x) = -f(x) $ per la bigettività.
Ora pongo y=f(z) e ottengo:
$ f(x^2 + z) = f(z) + [f(x)]^2 $
MONOTONIA CRESCENTE!
Ponendo $ x = \sqrt{w} $ e y come prima, con w e z reali positivi, ho che:
$ f(w+z) = f(w) + f(z) $
Posso applicare Cauchy per la monotnia che mi da f(x) = x nei reali positivi.
Per lo 0 già lo so.
Per i negativi mi basta sfruttare f(-x)=-f(x)

Qui il nuovo esercizio:
viewtopic.php?f=13&t=15498

[paga92aren]

Algebra 30 Fibonacci

Provare che:
$ F_{2n} = \frac{F_{2n+2}^3 + F_{2n-2}^3}{9} - 2F_{2n}^3 \forall n \geq 2$
Con $ F_n $ n-esimo numero di Fibonacci ($ F_0 = 0, F_1 = 1, F_{n+2} = F_{n+1} + F_{n} \forall n \in \mathbb{N} $)

soluzione:

La mia soluzione non ha niente di geniale, ma facendo i conti viene....
Riscrivo la tesi $18F_{2n}^3+9F_{2n}=F_{2n+2}^3 +F_{2n-2}^3=(F_{2n+2}+F_{2n-2})(F_{2n+2}^2-F_{2n+2}F_{2n-2}+F_{2n-2}^2)$ e dimostro che $F_{2n+2}+F_{2n-2}=3F_{2n}$:
$F_{2n+2}+F_{2n-2}=F_{2n+1}+F_{2n}+F_{2n}-F_{2n-1}=3F_{2n}$
Quindi sostituisco nella mia tesi e devo dimostrare che $6F_{2n}^2+3=F_{2n+2}^2-F_{2n+2}F_{2n-2}+F_{2n-2^2}=(F_{2n+2}+F_{2n-2})^2-3F_{2n-2}F_{2n+2}=9F_{2n}^2-3F_{2n+2}F_{2n-2}$ che è vera se e solo se $F_{2n+2}F_{2n-2}=F_{2n}^2-1$.
LHS$=(F_{2n+1}+F_{2n})(F_{2n}-F_{2n-1}=F_{2n}^2+F_{2n}(F_{2n+1}-F_{2n-1})-F_{2n+1}F_{2n-1}=2F_{2n}^2-F_{2n+1}F_{2n-1}$
Quindi sostituisco e ottengo che l'equazione di partenza è vera se e solo se $F_{2n}^2=F_{2n-1}F_{2n+1}-1$ che dimostro per induzione:
PB $n=2$ da cui $3^2=2\cdot 5-1$
PI $F_{2n+2}^2=F_{2n+1}^2+F_{2n}^2+2F_{2n}F_{2n+1}=F_{2n+3}F_{2n+1}$ (l'ultima uguaglianza è da dimostrare)
Uso l'ipotesi induttiva e ottengo $F_{2n+1}^2+2F_{2n}F_{2n+1}=F_{2n}(F_{2n+3}-F_{2n-1})$
Semplifico per $F_{2n+1}$: $F_{2n+1}+2F_{2n}+F_{2n-1}=F_{2n+3}$ che è vera perché LHS$=F_{2n+2}+F_{2n+1}=F_{2n+3}$
Ho dimostrato l'uguaglianza quindi la tesi è vera.

Qui trovate il prossimo problema

[Anér]

Le seguenti due citazioni da qui sono il problema 31 e la sua soluzione

Trovare il più grande valore di $\alpha$ tale che per ogni $x,y,z$ reali positivi: $$\alpha \sum x^2y\leq \sqrt{\sum x^3y}$$
Sapendo che $\sum x =3$ (per $\sum$ intendo una sommatoria ciclica in tre variabili)

$\alpha=\sqrt 3/3$. Per x=y=z=1 si ha l'uguaglianza quindi $\alpha$ non può essere minore.
Dimostriamo che la disuguaglianza è effettivamente vera:
abbiamo che $(x+y+z)^2>=3(xy+xz+yz)$ quindi $xy+yz+xz<=3$. Segue che
$\sqrt{3(x^3y+y^3z+xz^3}>=\sqrt{(xy+yz+xz)(x^3y+y^3z+xz^3)}>=(x^2y+y^2z+xz^2)$
dove nel secondo passaggio si usa cauchy

Questi sono invece il problema 32 e la sua soluzione.
Da qui

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

Dalla pagina successiva, ossia da qui

Comunque visto che ormai il problema è aperto da un po' scrivo la mia soluzione:

1)escludo t negativo: se fosse t<0 allora avremmo la parte sinistra>0 e quella destra<0, assurdo.
2)t=0 non va bene, quindi t>0
3)se per ogni x>y l'equazione è verificata allora deve valere anche $\displaystyle lim_{x\rightarrow y} (\frac{x^t-y^t}{x-y})^t(x^t+y^t)^{2-t}=lim_{x\rightarrow y}(x+y)^t$. Ma $\displaystyle lim_{x\rightarrow y}(\frac{x^t-y^t}{x-y})$ è la derivata in y della funzione $x^t$ ed è uguale a $ty^{t-1}$. Invece molto banalmente $lim_{x\rightarrow y}(x^t+y^t)=2y^t$ e $lim_{x\rightarrow y} (x+y)^t=2^ty^t$. Sbattendo tutto dentro e semplificando tutto arrivo all'equazione $t^t=4^{t-1}$ che riscrivo come $t\log_4t=t-1$. La derivata seconda della funzione $t\log_4t-t+1$ è $\log_4e/t$ che è sempre >0 per t>0, quindi la funzione è convessa. Una funzione convessa ha al massimo 2 zeri.
4)si nota t=1 e t=2 sono soluzioni (e con si nota intendo si prova un po' a casaccio, anche se chiaramente sono i valori più sensati da provare), e per quanto detto al punto 3 sono le uniche.

Boh, a me fa un po' schifo...

Se qualcuno a questo punto vuole proporre un nuovo problema faccia pure, sennò ne metto un'altro io.

Io volli e proposi il nuovo problema qui

Per riprendere la staffetta ecco il nuovo problema.
Siano $ a,b,c\in\mathbb{R} $
Dimostrare che
$ a^4+b^4+c^4+3a^2b^2+3b^2c^2+3c^2a^2\geq 2a^3b+2ab^3+2b^3c+2bc^3+2c^3a+2ca^3 $
o in linguaggio più sintetico
$ \sum_{cyc}a^4+3\sum_{cyc}a^2b^2\geq 2\sum_{cyc}a^3b+2\sum_{cyc}ab^3 $
E se ne avete voglia determinate anche i casi di uguaglianza.

[jordan]

Soluzione problema 33:

non credo ai miei occhi perchè mi sembra troppo semplice, ma la disuguaglianza non è equivalente a:
$\displaystyle\frac 1 2\sum_{cyc}(a-b)^4\ge 0$
?

[Anér]

Da qui il problema 34

Dato $x>1$, trovare le soluzioni reali dell'equazione
$\displaystyle \frac{x^2}{x-1}+\sqrt{x-1}+\frac{\sqrt{x-1}}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}+\frac 1{\sqrt{x-1}}+\frac{x^2}{\sqrt{x-1}}$

e la sua soluzione

Allora, innanzitutto il dominio è $\mathbb{R} \cap (1,+\infty]$. Chiamo $a=\dfrac{x^2}{x-1}$ e $b=\sqrt{x-1}$. Allora $\dfrac{\sqrt{x-1}}{x^2} = \dfrac{1}{ab}$. Quindi l'uguaglianza iniziale equivale a $a+b+\dfrac{1}{ab} = \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+ab$. Per le $x$ del dominio, sicuramente $a$ e $b$ sono diversi da 0. Allora moltiplico e ottengo $a^2b+ab^2+1 = a+b+a^2b^2$, da cui $a^2b^2-ab^2-a^2b+b+a-1=ab^2(a-1)-b(a-1)(a+1)+(a-1)=$
$=(ab^2-(a+1)b+1)(a-1) = (b-1)(ab-1)(a-1)=0$. Quindi $a=1$, ovvero $x^2 - x + 1=0$ che è impossibile in $\mathbb{R}$, o $b=1$, ovvero $x=2$ che è accettabile, o $ab=1$ ovvero $x^2 = \sqrt{x-1}$. $x^2$ in 1 vale 1 e $\sqrt{x-1}$ in 1 vale 0 e siccome $x^2$ cresce "più velocemente" di $\sqrt{x-1}$, $x^2 > \sqrt{x-1}$ (se volete giustifico meglio questo punto, ma dovrebbe essere chiaro). Quindi $x=2$. Giusto?

[jordan]

Da qui il problema 35:

Dati $a$, $b$ e $c$ tre reali positivi tali che $abc=1$, dimostrate che
$\displaystyle\sum_{cyc} \dfrac{1}{a^3+3b^2+5} \leq \dfrac{1}{3}$

Partendo dall' Hintone: ( e dando per ipotesi che sia vero, sennò se qualcuno lo chiede si mostra anche quello)

$ \displaystyle a^3+3b^2+5 \geq 3(ab+b+1) \implies \frac {1}{a^3+3b^2+5} \leq \frac{1}{3(ab+b+1)} \implies $

$ \displaystyle\frac {1}{a^3+3b^2+5} + \frac {1}{b^3+3c^2+5}+\frac {1}{c^3+3a^2+5}\leq \frac{1}{3(ab+b+1)}+\frac{1}{3(ca+a+1)}+\frac{1}{3(bc+c+1)} \iff $

$ \displaystyle \sum_{cyc} \frac {1}{a^3+3b^2+5} \leq \frac {1}{3} \cdot \sum_{cyc} \frac{1}{ab+b+1} $

Pare ovvio che per avere la tesi basta mostrare che

$ \displaystyle \sum_{cyc} \frac{1}{ab+b+1}\leq1 \iff(ab+b+1)(ca+a+1)(bc+c+1) \geq (ab+b+1)(ca+a+1)+(ca+a+1)(bc+c+1)+(bc+c+1)(ab+b+1) $

$ \iff a^2 b^2 c^2+a^2 b^2 c+a^2 b c^2+a^2 b c+a b^2 c^2+a b^2 c+a b c^2+a b c \geq a b+a c+b c+a+b+c+2 $

sostituendo $ abc=1 $

$ \displaystyle \sum_{cyc} a^2b^2c+a^2bc \geq \sum_{cyc} ab+ a $ ma, moltiplicando a destra per $ abc=1 $ è sempre vera l'uguaglianza da cui la tesi.

[jordan]

Da qui il problema 36:

Siano dati $ 2 $ numeri $ a>0 $ e $ b>0 $. Trovare il minimo valore di $ y>a $ tale che se $ x \neq 0 $ allora $ |x-y|\leq a\ \implies \left|\frac 1x-\frac 1y\right|\leq \frac 1b $

Sia $ k:=y-a>0 $ allora per ogni $ x \in [k,k+2a] $ deve valere $ |x^{-1}-y^{-1}|\le b^{-1} $. La funzione $ f(x):=|x^{-1}-y^{-1}| $ definita sull'intervallo chiuso $ [k,k+2a] $, essendo strettamente decrescente in $ [k,y] $ e strettamente crescente in $ [y,y+a] $ può assumere massimo solo agli estremi. E' facile vedere che $ f(k)>f(2a+k) $: infatti essa risulta verificata se e solo se $ \displaystyle \left|\frac{1}{k}-\frac{1}{a+k}\right|>\left|\frac{1}{2a+k}-\frac{1}{a+k}\right| $, cioè se e solo se $ \displaystyle \frac{1}{k}+\frac{1}{2a+k}>\frac{1}{\frac{a+k}{2}}+\frac{1}{\frac{a+k}{2}} $ (e difatti una fuzione della forma $ \frac{1}{z}+\frac{1}{w} $ con $ z+w $ fissato assume minimo solo se $ z=w $, per diretta conseguenza di HM-AM). Il problema si è ridotto a cercare quindi il più piccolo $ k>0 $ tale che $ k^{-1}-(a+k)^{-1}\le b^{-1} $. E' immediato concludere che $ \displaystyle y=\frac{a}{2}+\sqrt{\frac{a^2}{4}+ab} $. []

[jordan]

Da qui il problema 37:

Un polinomio è definito di "pari-dispari" se è: non costante, monico, a coefficienti interi, ogni coefficiente pari è seguito da un coefficiente dispari, ogni coefficiente dispari è seguito da un coefficiente pari.

Dimostrare che se un polinomio "pari-dispari" può essere espresso come prodotto di due polinomi "pari-dispari", allora ha almeno una radice intera.