Algebra learning

[scambret]

Ciao a tutti,
Dopo le IMO 2015 avevamo pensato a qualcosa stile staffetta che potesse servire come da stimolo per fare una marea di esercizi e, ogni tanto, imparare tecniche nuove. Con immenso ritardo, propongo quindi un appuntamento settimanale dedicata a una sola "tecnica" o "idea".
Fatemi sapere se vi interessa e/o se avete altre idee.

[scambret]

1.1. $a,b,c>0$. Dimostrare che

$$abc(a+b+c) \leq 3/16 \cdot \left(\prod_{cyc} (a+b)\right)^{4/3}$$

1.2. $a,b,c>0, abc=1$. Dimostrare che

$$\prod_{cyc} (a+b) \geq 4(a+b+c-1)$$

1.3. $a,b,c>0$. Dimostrare che

$$\sqrt{\left(\sum_{cyc} a^2b\right) \cdot \left(\sum_{cyc} ab^2 \right)} \geq abc+\sqrt[3]{\prod_{cyc} (a^3+abc)}$$

[nuoveolimpiadi1999]

Io penso sia una bella idea scambret, piú materiale e piú allenamento possibile sono sempre una cosa positiva.
Mi chiedo solo una cosa, dopo aver proposto i problemi pubblicherete delle soluzioni ufficiali? (spero di si perchè per confrontare i metodi di risoluzione oppure per capire perchè un certo esercizio non ci riesce sono utili).

[scambret]

Sicuramente un hint lo darò, ma soluzioni complete diventa difficile.

[Talete]

Interessante questo progetto di geometria

Risolvo il primo

Testo nascosto:

Fissata una circonferenza $\Omega$ di raggio $R$, come posso scegliere tre punti $A$, $B$ e $C$ su $\Omega$ di modo che l'area del triangolo $ABC$ sia la massima possibile? Se fisso $A$ e $B$, il massimo è quando $C$ sta sull'asse di $AB$, e così ciclicamente. Quindi il massimo possibile è quando $ABC$ è equilatero. L'area del triangolo equilatero inscritto in una circonferenza di raggio $R$ è
\[\frac{3\sqrt3}4\cdot R^2.\]
Dunque per un qualsiasi triangolo $ABC$, detta $S$ la sua area e $R$ il raggio della sua circonferenza circoscritta, si ha
\[S\le \frac{3\sqrt3}4\cdot R^2.\]
Eleviamo il tutto al quadrato e moltiplichiamo per $16$: si ottiene
\[16\cdot S^2\le 27\cdot R^4.\]
Siano ora $x$, $y$ e $z$ i tre lati di $ABC$. È piuttosto noto che
\[xyz=4RS,\]
e dunque in particolare anche
\[258\cdot S^4=\frac{x^4y^4z^4}{R^4}.\]
Moltiplicando membro a membro questa con la disuguaglianza ottenuta prima, si ottiene
\[4096\cdot S^6\le 27\cdot x^4y^4z^4.\]
Dividendo per $4096$ ed estraendo la radice cubica, si ottiene
\[S^2\le \frac{3}{16}\cdot (xyz)^{4/3}.\]
Questa vale per ogni terna $x$, $y$, $z$ di reali positivi che sono i lati di un triangolo, quindi in particolare vale per $x=a+b$, $y=b+c$ e $z=c+a$. Ricordando che $S^2=abc(a+b+c)$, ho dimostrato la tesi.

[scambret]

Hint sui problemi 1

Testo nascosto:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$

2.1. Sia $P(x)$ un polinomio a coefficienti reali tali che $P(x) \geq 0$ per ogni $x$ reale. Dimostrare che esistono dei polinomi $Q_1(x)$, ..., $Q_n(x)$ tali che per ogni $x$ vale

$$P(x) = \left[ Q_1(x) \right]^2+ \cdots + \left[ Q_n(x) \right]^2$$

2.2. Sia $P(x)$ un polinomio monico a coefficienti interi di grado pari tale che $P(n)$ è un quadrato perfetto per infiniti valori interi di $n$. Dimostrare che $P(x)$ è il quadrato di un polinomio a coefficienti interi.

2.3. Determinare tutti i polinomi $P(x)$ a coefficienti interi tali che, per ogni coppia $(a, b)$ di numeri interi positivi tali che $a + b$ è un quadrato perfetto, anche $P(a) + P(b)$ è un quadrato perfetto.

[scambret]

Hint sui problemi 2

Testo nascosto:

2.1. Scriviamo $p$ con le sue radici, vediamo che il coefficiente di testa è positivo, facciamo che le radici reali devono avere molteplicità doppia e per quelle complesse, beh...

2.2. Facciamo vedere che se $P(x)=Q(x)^2+R(x)$, allora possiamo sistemare i coefficienti di $Q(x)$ con $n$ equazioni in $n$ incognite. Ora $R$ può davvero essere diverso da 0?
Ps Servono le ipotesi su $P(x)$ monico e con grado pari?

2.3. Usiamo il lemma di prima e scopriamo che $P(x^2-b)+P(b)=R(x)^2$. Già e ora?

3.1. Siano $x, y, z \geq 0$ tali che $x+y+z=1$. Dimostrare che

$$x^2y+ y^2z+ z^2x \leq \frac{4}{27}$$

3.2. Siano $x, y, z \geq 0$ tali che $xy+yz+zx=1$. Dimostrare che

$$\sum_{cyc} \frac{1}{\left( x+y \right)^2} \geq \frac{9}{4}$$

3.3. Siano $x, y, z$ reali non-negativi e distinti. Dimostrare che

$$\sum_{cyc} \frac{1}{\left( x-y \right)^2} \geq \frac{4}{xy+yz+zx}$$

[Pit]

Ne provo un paio.

2.1.

Testo nascosto:

Notiamo prima di tutto che il coefficiente direttivo è positivo (se non lo fosse, $P(x)$ sarebbe negativo per $x$ arbitrariamente grande). Dimostriamo prima la tesi nel caso in cui $P$ non abbia radici reali, dato che $z$ è una radice complessa di $P$ se e solo se lo è anche $\bar{z}$, siano $a_1+ib_1, a_2+ib_2,...,a_k+ib_k,a_1-ib_1,a_2-ib_2,...,a_k-ib_k$ le radici di $P$ e $m>0$ il coefficiente direttivo $\Rightarrow P(x)=m\prod{(x-(a_j+ib_j))}\prod{(x-(a_j-ib_j))}$. Chiamando $R(x)+iS(x)=\prod{(x-(a_j+ib_j))}$ con $R$ e $S$ polinomi a coefficienti reali, si ha $\prod{(x-(a_j-ib_j))}=R(x)-iS(x)\Rightarrow P(x)=m(R(x)+iS(x))(R(x)-iS(x))=(\sqrt{m}R(x))^2+(\sqrt{m}S(x))^2$.
Passiamo ora al caso generale, ogni radice reale di $P$ ha molteplicità pari (altrimenti se $\alpha$ è radice, $P(\alpha+\epsilon)$ e $P(\alpha-\epsilon)$ per $\epsilon$ arbitrariamente piccolo hanno segni diversi) $\Rightarrow P(x)$ si può scrivere come $m\prod(x-\alpha_j)^2\prod{(x-(a_j+ib_j))}\prod{(x-(a_j-ib_j))}$ da cui come prima si ottiene $P(x)=(\sqrt{m}\prod(x-\alpha_j)R(x))^2+(\sqrt{m}\prod(x-\alpha_j)S(x))^2$. Che è la tesi.

3.1.

Testo nascosto:

Supponiamo che $y$ sia compreso tra $x$ e $z$, da cui $z(y-z)(y-x)\leq 0\Rightarrow y^2z+xz^2\leq xyz+yz^2\leq 2xyz+yz^2\\\Rightarrow x^2y+y^2x+xz^2\leq x^2y+2xyz+yz^2\leq y(x+z)^2=y(1-y)^2$
Ma per AM-GM sulla terna $(\frac{1-y}{2},\frac{1-y}{2},y)$, si ottiene $\frac{1}{3}=\frac{\frac{1-y}{2}+\frac{1-y}{2}+y}{3}\geq \sqrt[3]{\frac{y(1-y)^2}{4}}$ da cui la tesi.

[scambret]

Sposto il calendario di algebra al lunedi e ogni due settimane.

Hint sui problemi 3

Testo nascosto:

Lezione importante dalle disuguaglianze: le condizioni tali per cui si raggiunge uguaglianza tra LHS e RHS ci dicono che disuguaglianze utilizzare.

3.1. L'uguaglianza si ha solo con $(x, y, z)=(2/3, 1/3, 0)$, e cicliche. Supponiamo $x \geq y$. Allora se chiamiamo $f(x,y,z)$ il LHS si ha che $f(x, y, z) \leq f(x, z, y)$ con $y<z$ quindi possiamo assumere $y \geq z$. Un trucco standard ora è quello di spingere al bordo una delle variabili, cioè dimostrare che $z=0$. Ad esempio $f(x+z, y, 0) - f(x, y, z) \geq 0$ e dunque $z=0$. Ora sono solo conti.

3.2. Wlog $x \geq y \geq z$. Notiamo i casi di uguaglianza $(1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3})$ o $(1, 1, 0)$. Dunque vorremmo trovare un $t$ tale che $f(x, y, z) \geq f(t, t, c)$. Ora è "circa" in discesa.
(In alternativa, bunching!)

3.3. Chiamiamo la differenza tra LHS e RHS $f(x, y, z)$. Come il 3.1. bisogna trovare delle condizioni su $x$, $y$ e $z$ di simmetria tale che $f(x, y, z) - f(a, b, 0) \geq 0$. Ora quindi è rimasta una sola variabile.

4.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che

$$f(x^2-y^2)=(x-y)\left( f(x) + f(y) \right)$$

4.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali positivi si ha che

$$(x+y) f \left( f(x) y \right) = x^2 f \left( f(x) + f(y) \right)$$

4.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che

$$f \left(xf(y) + x\right) = xy + f(x)$$

[Sirio]

4.1

Testo nascosto:

Dividendo i due membri dell'uguaglianza data otteniamo:
$f(x)+f(y)=\frac{f(x^2-y^2)}{x-y}$
Per ogni $x,y$ reali distinti.
Essendo il primo membro dell'uguaglianza appena scritta simmetrico in $x,y$, lo è anche il secondo. Per ogni $x,y$ reali distinti, vale quindi la seguente uguaglianza:
$\frac{f(x^2-y^2)}{x-y}=\frac{f(y^2-x^2)}{y-x}$
Moltiplicando i due membri per $x-y$ otteniamo che, per ogni $x,y$ reali distinti, vale:
$f(x^2-y^2)=-f(y^2-x^2)$
Per $x,y$ reali distinti, la quantità $z:=x^2-y^2$ può assumere qualunque valore reale non nullo. Infatti, fissato un valore reale non nullo per $z$ ed un valore reale per $x$ con $x^2>z$, si ha che $y=\sqrt{x^2-z}$ soddisfa la relazione che definisce $z$. Si ha quindi, per ogni $z$ reale non nullo, la seguente uguaglianza:
$f(z)=-f(-z)$
In realtà, questa uguaglianza vale anche per $z=0$ poiché, come si può verificare sostituendo $x=0,y=0$ nell'uguaglianza data dal testo, si ha $f(0)=0$.
Bene, ricordando $f(z)=-f(-z)$ e l'uguaglianza del testo, otteniamo che le seguenti uguaglianze sono vere per ogni $x,y$ reali:
$(x-y)(f(x)+f(y))=f(x^2-y^2)=f(x^2-(-y)^2)=(x+y)(f(x)-f(y))$
$xf(y)-yf(x)=-xf(y)+yf(x)$
$yf(x)=xf(y)$
Sostituendo y=1 e definendo $a:=f(1)$, si ha, per ogni $x$ reale:
$f(x)=ax$
Sostituendo le soluzioni di questa forma nel testo otteniamo un'identità. Le soluzioni sono quindi tutte e sole quelle di questa forma.

[Davide Di Vora]

4.3
Sia $P(x;y)$ l'equazione funzionale del testo.
Fissando $x$ otteniamo che il $RHS$ può variare su tutto $\mathbb{R}$ e quindi $f$ è surgettiva.
Siano ora $a$ e $b$ due reali tali che $f(a)=f(b)$, allora da $P(1;a)$ e $P(1;b)$ ottengo
$$a+f(1)=f(f(a)+1)=f(f(b)+1)=b+f(1)$$
e quindi $a=b$, da cui segue $f$ iniettiva.
Visto che $f$ è bigettiva esiste un unico valore reale $h$ tale che $f(h)=0$; da $P(h;h)$ ottengo $h=0$.
Da $P(1;-f(1))$ sfruttando l'iniettività ottengo
$$f(f(-f(1))+1)=0=f(0)$$
e quindi $f(-f(1))=-1$
Da $P\left(x;-\frac{f(x)}{x}\right)$ ottengo
$$f\left(xf\left(-\frac{f(x)}{x}\right)+x\right)=0 \iff f\left(-\frac{f(x)}{x}\right)=-1=f(-f(1))$$
e quindi per l'iniettività
$$f(x)=kx$$
Sostituendo nel testo si verifica che le uniche soluzioni sono $f(x)=x$ e $f(x)=-x$.

[scambret]

Hint sui problemi 4

Testo nascosto:

4.1. L'equazione è circa simmetrica. Dunque si ottiene che $f$ è dispari. Ora $y=-z$.

4.2. La prima idea è sbattere via $f(x)y = f(x) + f(y)$ per ottenere $x+y=x^2$. Questo non funziona, ma possiamo fare qualcosa di molto simile al contrario. Ad esempio, possiamo dimostrare che $f$ è iniettiva. Ora possiamo porre $y=x^2 - x$ (e dunque $x<1$). Otteniamo un $f(x) \cdot (x^2 - x - 1) = f(x^2 - x)$. A questo punto vogliamo qualcosa tale che $x^2 - x - 1<0$ e $x^2-x>0$ per trovare un assurdo.

4.3. Vorremmo qui che $f(x)$ e $f(xf(y)+x)$ siano decenti allo stesso tempo. Poi notiamo un $xy$ fuori, dunque ponendo $x=1$ si ottiene che $f$ è suriettiva. Questa è finita, perché possiamo porre $y=a$ con $f(a)=-1$.

5.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tali che per ogni $a$, $b$ e $c$ naturali si ha che

$$f(f(a)+f(b)+f(c))=a+b+c$$

5.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$, $y$ e $z$ reali si ha che

$$f(x+y) + f(y+z) + f(z+x) \geq 3f(x+2y+3z)$$

5.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x$ e $y$ reali si ha che

$$f(xf(y)+f(x)) = 2f(x) + xy$$

[Roob]

5.1

Testo nascosto:

Sia $P(a,b,c)$ l'equazione del testo. Da $P(a,0,0)$ otteniamo $$f(f(a)+2f(0))=a$$ per cui $f$ è iniettiva e suriettiva. Considerando $P(a,b,0)$ e $P(a+b,0,0)$ otteniamo che $$f(f(a)+f(b)+f(0))=a+b=f(f(a+b)+2f(0))$$ quindi, per l'iniettività $$f(a)+f(b)+f(0)=f(a+b)+2f(0)\iff f(a)+f(b)=f(a+b)+f(0)$$ Ponendo $g(x)=f(x)-f(0)$ abbiamo che $$g(a)+g(b)+2f(0)=g(a+b)+2f(0)\iff g(a)+g(b)=g(a+b)$$ e visto che $g$ ha $\mathbb{N}$ come dominio, $g(x)=cx$ per qualche $c$ naturale, e quindi $f(x)=cx+d$, con $c$ e $d$ naturali.
Sostituendo nell'equazione originale, e ponendo $b=c=0$, otteniamo che $c^2a+3cd+d=a$. Se avessimo $c>1$ allora avremmo $c^2a+3cd+d\geq c^2a>a$, e visto che $c=0$ è impossibile (avremmo $a$ uguale a una costante $\forall a \in \mathbb{N}$, assurdo) $c=1$. Di conseguenza dobbiamo avere $d=0$.
Poichè essa soddisfa, $f(x)=x$ è l'unica soluzione.

[Davide Di Vora]

5.2
Sia $P(x;y;z)$ la disuguaglianza funzionale del testo.
Da $P(x;0;0)$ ottengo
$$f(0)\ge f(x)$$
Da $P(x;x;-x)$ ottengo
$$f(2x) \ge f(0)$$
e quindi
$$f(0) \ge f(x) \ge f(0)$$
Da cui $f(x)=f(0)$ che sostituendo si verifica che è soluzione.

[Pit]

5.3.

Testo nascosto:

Sia $P(x,y)$ la funzionale. Da $P(1,x)$ si ha $$f(f(x)+f(1))=2f(1)+x$$ da cui $f(x)$ è bigettiva. Sia $a$ tale che $f(a)=0$, da $P(a,a)$ si ha $$f(0)=a^2$$
Da P(a,0) si ha $$f(a^3)=0=f(a)\Rightarrow a^3=a\Rightarrow a(a^2-1)=0$$
Se $a=0$, da $P(x,0)$, ponendo $f(x)=z$, ottengo $$f(f(x))=2f(x)\Rightarrow f(z)=2z$$ che però non soddisfa l'equazione iniziale. Si deve avere quindi $a^2=1$. Da $f(0,y)$, usando $f(0)=a^2=1$, si ha $$f(1)=2\Rightarrow a=-1$$
Da $P(1,x)$ si ha $$f(f(x)+2)=x+4$$ e sia $Q(x)$ quest'ultima equazione. Da $Q(-2)$ si ha $$f(f(-2)+2)=2=f(1)\Rightarrow f(-2)+2=1\Rightarrow f(-2)=-1$$ Da $Q(-4)$ si ha $$f(f(-4)+2)=0=f(-1)\Rightarrow f(-4)+2=-1\Rightarrow f(-4)=-3$$
Prendiamo $b$ tale che $f(b)=2b$, da $P(b,-4)$ si ha $$f(-b)=0=f(-1)$$
Quindi $f(t)=2t$ se e solo se $t=1$. Da $P(x,-2)$ si ha $$f(f(x)-x)=2(f(x)-x)$$ che per quanto visto prima, vale se e solo se $f(x)-x=1\Rightarrow f(x)=x+1$
Sostituendo quest'ultima nell'equazione iniziale si vede che verifica, infatti $$f(xf(y)+f(x))=f(xy+2x+1)=xy+2(x+1)=2f(x)+xy$$