Testo nascosto:
Algebra learning
Re: Algebra learning
9.1
PS: suggerimenti per lo svolgimento sarebbero più che graditi !
Re: Algebra learning
Giusta! Infatti il suggerimento c'è, solo che arriva due settimane dopo la pubblicazione 
Re: Algebra learning
Intendevo suggerimenti su come migliorare come ho scritto la soluzione. Infatti, generalmente le scrivo in un altra lingua, e non sono abituato a fare matematica "in italiano"
Re: Algebra learning
Pronti per il WC? Nuova sessione di A!
Hint sui problemi 9
10.1. Trovare tutte le funzioni biettive $f, g, h: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tali che per ogni $n \in \mathbb{N}$ vale
$$[f(n)]^3+[g(n)]^3+[h(n)]^3 = 3ng(n)h(n)$$
10.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ per cui si ha che
$$f(n+1)>f(f(n))$$
10.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{N}$ per cui abbiamo
$$6f(k+3)-3f(k+2)-2f(k+1)-f(k)=0$$
Hint sui problemi 9
Testo nascosto:
$$[f(n)]^3+[g(n)]^3+[h(n)]^3 = 3ng(n)h(n)$$
10.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ per cui si ha che
$$f(n+1)>f(f(n))$$
10.3. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{N}$ per cui abbiamo
$$6f(k+3)-3f(k+2)-2f(k+1)-f(k)=0$$
Re: Algebra learning
Beh io considererei il minimo $m>0$ tale che $f(m)<m$ e concludi.
Pensa ora per $\mathbb{Q}$ e $\mathbb{R}$ cosa succede.
Pensa ora per $\mathbb{Q}$ e $\mathbb{R}$ cosa succede.
Re: Algebra learning
Hint sui problemi 10
11.1. Siano $a_1, \cdots, a_n$ reali non negativi. Dimostrare che
$$\left( \frac{1}{a_1} + a_2 + 2 \right) \left( \frac{1}{a_2} + a_3 + 2 \right) \cdots \left( \frac{1}{a_n} + a_1 + 2 \right) \leq \frac{(a_1+1)^2(a_2+1)^2 \cdots (a_n+1)^2}{a_1a_2 \cdots a_n}$$
11.2. Siano $a_1, \cdots, a_n$ reali non negativi. Dimostrare che
$$\prod_{cyc} (a_i^3+a_{i+1}+1) \geq \prod_{cyc} (a_ia_{i+1}^2+a_{i+1}+1)$$
11.3. $a, b, c$ lati del triangolo con $2A^2 \geq P$ ($A$ è l’area e $P$ il perimetro), dimostrare che
$$(a+b)(b+c)(c+a) \leq a^2b^2c^2$$
Testo nascosto:
11.1. Siano $a_1, \cdots, a_n$ reali non negativi. Dimostrare che
$$\left( \frac{1}{a_1} + a_2 + 2 \right) \left( \frac{1}{a_2} + a_3 + 2 \right) \cdots \left( \frac{1}{a_n} + a_1 + 2 \right) \leq \frac{(a_1+1)^2(a_2+1)^2 \cdots (a_n+1)^2}{a_1a_2 \cdots a_n}$$
11.2. Siano $a_1, \cdots, a_n$ reali non negativi. Dimostrare che
$$\prod_{cyc} (a_i^3+a_{i+1}+1) \geq \prod_{cyc} (a_ia_{i+1}^2+a_{i+1}+1)$$
11.3. $a, b, c$ lati del triangolo con $2A^2 \geq P$ ($A$ è l’area e $P$ il perimetro), dimostrare che
$$(a+b)(b+c)(c+a) \leq a^2b^2c^2$$
Re: Algebra learning
Hint sui problemi 11
12.1. Determinare per quali valori reali di $a$ esiste una funzione razionale $f(x)$ che soddisfa
$$f(x^2)=[f(x)]^2-a$$
(Si ricorda che una funzione razionale è il rapporto tra due polinomi qualunque).
12.2. Trovare tutte le 4-uple di polinomi $(P, Q, R, S)$ tali che, se $x, y, z, t$ sono naturali con $xy-zt=1$, allora
$$P(x)Q(y)-R(z)S(t) = 1$$
12.3. Se $P$ e $Q$ sono dei polinomi monici tali che per ogni $x \in \mathbb{R}$ vale $P(P(x))=Q(Q(x))$, allora dimostrare che $P=Q$.
Testo nascosto:
$$f(x^2)=[f(x)]^2-a$$
(Si ricorda che una funzione razionale è il rapporto tra due polinomi qualunque).
12.2. Trovare tutte le 4-uple di polinomi $(P, Q, R, S)$ tali che, se $x, y, z, t$ sono naturali con $xy-zt=1$, allora
$$P(x)Q(y)-R(z)S(t) = 1$$
12.3. Se $P$ e $Q$ sono dei polinomi monici tali che per ogni $x \in \mathbb{R}$ vale $P(P(x))=Q(Q(x))$, allora dimostrare che $P=Q$.
Re: Algebra learning
Escludeteli pure!
Re: Algebra learning
Provo il 12.3
Per prima cosa notiamo che $P(P(x))=Q(Q(x))$ perché assumono lo stesso risultato per infiniti valori iniziali. Inoltre possiamo constatare che $deg(P(x))=deg(Q(x))$: il grado di $P(P(x))$ è dato dal grado di $P(x)$ (che chiameremo $d_p$) moltiplicato per sé stesso (l'esponete di grado maggiore di $P(x)$ viene elevato al grado di $P(x)$) quindi è $d_p^2$. Lo stesso discorso vale per il grado di $Q(Q(x))$ che, chiamato $d_q$ il grado di $Q(x)$, è uguale a $d_q^2$. Da qua si ottiene $d_p^2=d_q^2\Longrightarrow d_p=d_q$: tale grado lo chiameremo d'ora in avanti $n$.
A questo punto scriviamo $P(x)=x^n+\lambda_{n-1}x^{n-1}+\dots+\lambda_0$ e $Q(x)=x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\dots+c_0$, la tesi si ripropone quindi nel dimostrare che $\lambda_i=c_i$ per ogni $i\in{0,\dots,n-1}$.
$P(P(x))=Q(Q(x))\Longrightarrow P(x)^n+\lambda_{n-1}P(x)^{n-1}+\dots+\lambda_0=Q(x)^n+c_{n-1}Q(x)^{n-1}+\dots+c_0$. Prendiamo in considerazione $P(x)^n$, tale termine ha come grado $n^2$, mentre $P(x)^{n-1}$ ha come grado $n(n-1)$; come si può notare c'è uno stacco di $n$ tra i due termini: ciò significa che gli $n$ coefficienti di grado compreso $n^2$ e $n(n-1)+1$ (estremi inclusi), sono gli stessi del polinomio $P(P(x))$, chiaramente il discorso è analogo per $Q(x)$. Chiamiamo $k_n,\dots,k_1$ nell'ordine i coefficienti di $P(P(x))$ di grado da $n^2$ a $n(n-1)+1$. Il coefficiente $k_n$ sappiamo che è uguale a 1: infatti tale termine si può formare solamente moltiplicando tra loro i termini di grado $n$ degli $n$ polinomi $P(x)$ che formano $P(x)^n$ (e $Q(x)$), siccome per ipotesi si tratta di polinomi monici, sarà sicuramente 1. Per quanto riguarda $k_{n-1}$ si crea utilizzando solamente termini di grado $n$ ed $n-1$, nell'assurdità in cui si utilizzasse un termine di grado inferiore come $n-2$, anche se cercassi di compensare utilizzando esclusivamente termini di grado $n$ otterrei $n^2-2<n^2-1$, inoltre notiamo che di grado $n-1$ compare esattamente una volta in ogni prodotto per la formazione di un termine di grado $n-1$, basta che compaia due volte che non si può più compensare neanche utilizzando termini di grado $n$ (otterrei infatti $n^2-2<n^2-1$). Quindi $k_{n-1}$ è costituito da un'espressione con una sola variabile ($\lambda_{n-1}$) ovvero un polinomio di grado 1 valutato in $\lambda_{n-1}$ ( tale polinomio lo chiameremo $A_{n-1}(x)$), però $k_{n-1}$ si può scrivere anche utilizzando la variabile $c_{n-1}$ e anche questa è un'espressione in cui $c_{n-1}$ compare solo con grado 1, in particolare tale espressione si può scrivere come $A_{n-1}(c_{n-1})$ (le due espressioni, per costruzione del prodotto, sono infatti simmetriche). Quindi $A_{n-1}(\lambda_{n-1})=A_{n-1}(c_{n-1})\Longrightarrow \lambda_{n-1}=c_{n-1}$.
Più in generale il procedimento può essere iterato con un'induzione anche sugli altri $k_i$. Prima di fare ciò generalizziamo però alcune osservazioni.
Osservazione 1. Ogni coefficiente $k_i$ può essere formato solamente con la somma di termini che sono prodotti di monomi di grado maggiore o uguale a $i$. Basta un termine di grado $i-1$ che non posso più compensare il prodotto neanche utilizzando tutti gli altri termini con grado $n$. Si otterrebbe infatti come risultato $n(n-1)+i-1<n(n-1)+i$.
Osservazione 2. Un termine di grado $n(n-1)+i$ può essere formato solamente con prodotti di monomi in cui un termine di grado $i$ compare al più una volta. Basta infatti che ne compaiono 2 che non riesco più a compensare la somma neanche con termini di grado $n$ perché otterrei $n(n-2)+2i<n(n-1)+i$.
A questo punto possiamo applicare l'induzione. Vogliamo dimostrare che se $\lambda_j=c_j$ allora $\lambda_{j-1}=c_{j-1}$.
Il passo base ce l'abbiamo perché $\lambda_{n-1}=c_{n-1}$. Per quanto riguarda l'ipotesi induttiva sappiamo che se $\lambda_j=c_j$ allora tutti per tutti gli $i$ compresi tra $n$ e $j$ $\lambda_i=c_i$. Inoltre per le osservazioni fatte precedentemente si ricava che $k_{j-1}$ è un polinomio che presenta una sola variabile (che può essere o $\lambda_{j-1}$ o $c_{j-1}$) ed è di grado 1 per l'osservazione 2; quindi chiamando $A_{j-1}(x)$ il polinomio, si ottiene che $A_{j-1}(\lambda_{j-1})=A_j(c_{j-1})\Longrightarrow\lambda_{j-1}=c_{j-1}$.
Tale induzione prosegue fino a $k_1$, quindi ci manca ancora da dimostrare che $\lambda_0=c_0$.
Per questo di si può ragionare molto similmente tirando fuori un coefficiente $k_0$ che regge un termine di grado $n(n-1)$. Le espressioni sono sempre simmetriche da entrambe le parti per le variabili $\lambda_0$ e $c_0$ perché abbiamo conquistato tutti gli altri coefficienti, di conseguenza $\lambda_0=c_0$.
Mi scuso per eventuali typo.
Per prima cosa notiamo che $P(P(x))=Q(Q(x))$ perché assumono lo stesso risultato per infiniti valori iniziali. Inoltre possiamo constatare che $deg(P(x))=deg(Q(x))$: il grado di $P(P(x))$ è dato dal grado di $P(x)$ (che chiameremo $d_p$) moltiplicato per sé stesso (l'esponete di grado maggiore di $P(x)$ viene elevato al grado di $P(x)$) quindi è $d_p^2$. Lo stesso discorso vale per il grado di $Q(Q(x))$ che, chiamato $d_q$ il grado di $Q(x)$, è uguale a $d_q^2$. Da qua si ottiene $d_p^2=d_q^2\Longrightarrow d_p=d_q$: tale grado lo chiameremo d'ora in avanti $n$.
A questo punto scriviamo $P(x)=x^n+\lambda_{n-1}x^{n-1}+\dots+\lambda_0$ e $Q(x)=x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\dots+c_0$, la tesi si ripropone quindi nel dimostrare che $\lambda_i=c_i$ per ogni $i\in{0,\dots,n-1}$.
$P(P(x))=Q(Q(x))\Longrightarrow P(x)^n+\lambda_{n-1}P(x)^{n-1}+\dots+\lambda_0=Q(x)^n+c_{n-1}Q(x)^{n-1}+\dots+c_0$. Prendiamo in considerazione $P(x)^n$, tale termine ha come grado $n^2$, mentre $P(x)^{n-1}$ ha come grado $n(n-1)$; come si può notare c'è uno stacco di $n$ tra i due termini: ciò significa che gli $n$ coefficienti di grado compreso $n^2$ e $n(n-1)+1$ (estremi inclusi), sono gli stessi del polinomio $P(P(x))$, chiaramente il discorso è analogo per $Q(x)$. Chiamiamo $k_n,\dots,k_1$ nell'ordine i coefficienti di $P(P(x))$ di grado da $n^2$ a $n(n-1)+1$. Il coefficiente $k_n$ sappiamo che è uguale a 1: infatti tale termine si può formare solamente moltiplicando tra loro i termini di grado $n$ degli $n$ polinomi $P(x)$ che formano $P(x)^n$ (e $Q(x)$), siccome per ipotesi si tratta di polinomi monici, sarà sicuramente 1. Per quanto riguarda $k_{n-1}$ si crea utilizzando solamente termini di grado $n$ ed $n-1$, nell'assurdità in cui si utilizzasse un termine di grado inferiore come $n-2$, anche se cercassi di compensare utilizzando esclusivamente termini di grado $n$ otterrei $n^2-2<n^2-1$, inoltre notiamo che di grado $n-1$ compare esattamente una volta in ogni prodotto per la formazione di un termine di grado $n-1$, basta che compaia due volte che non si può più compensare neanche utilizzando termini di grado $n$ (otterrei infatti $n^2-2<n^2-1$). Quindi $k_{n-1}$ è costituito da un'espressione con una sola variabile ($\lambda_{n-1}$) ovvero un polinomio di grado 1 valutato in $\lambda_{n-1}$ ( tale polinomio lo chiameremo $A_{n-1}(x)$), però $k_{n-1}$ si può scrivere anche utilizzando la variabile $c_{n-1}$ e anche questa è un'espressione in cui $c_{n-1}$ compare solo con grado 1, in particolare tale espressione si può scrivere come $A_{n-1}(c_{n-1})$ (le due espressioni, per costruzione del prodotto, sono infatti simmetriche). Quindi $A_{n-1}(\lambda_{n-1})=A_{n-1}(c_{n-1})\Longrightarrow \lambda_{n-1}=c_{n-1}$.
Più in generale il procedimento può essere iterato con un'induzione anche sugli altri $k_i$. Prima di fare ciò generalizziamo però alcune osservazioni.
Osservazione 1. Ogni coefficiente $k_i$ può essere formato solamente con la somma di termini che sono prodotti di monomi di grado maggiore o uguale a $i$. Basta un termine di grado $i-1$ che non posso più compensare il prodotto neanche utilizzando tutti gli altri termini con grado $n$. Si otterrebbe infatti come risultato $n(n-1)+i-1<n(n-1)+i$.
Osservazione 2. Un termine di grado $n(n-1)+i$ può essere formato solamente con prodotti di monomi in cui un termine di grado $i$ compare al più una volta. Basta infatti che ne compaiono 2 che non riesco più a compensare la somma neanche con termini di grado $n$ perché otterrei $n(n-2)+2i<n(n-1)+i$.
A questo punto possiamo applicare l'induzione. Vogliamo dimostrare che se $\lambda_j=c_j$ allora $\lambda_{j-1}=c_{j-1}$.
Il passo base ce l'abbiamo perché $\lambda_{n-1}=c_{n-1}$. Per quanto riguarda l'ipotesi induttiva sappiamo che se $\lambda_j=c_j$ allora tutti per tutti gli $i$ compresi tra $n$ e $j$ $\lambda_i=c_i$. Inoltre per le osservazioni fatte precedentemente si ricava che $k_{j-1}$ è un polinomio che presenta una sola variabile (che può essere o $\lambda_{j-1}$ o $c_{j-1}$) ed è di grado 1 per l'osservazione 2; quindi chiamando $A_{j-1}(x)$ il polinomio, si ottiene che $A_{j-1}(\lambda_{j-1})=A_j(c_{j-1})\Longrightarrow\lambda_{j-1}=c_{j-1}$.
Tale induzione prosegue fino a $k_1$, quindi ci manca ancora da dimostrare che $\lambda_0=c_0$.
Per questo di si può ragionare molto similmente tirando fuori un coefficiente $k_0$ che regge un termine di grado $n(n-1)$. Le espressioni sono sempre simmetriche da entrambe le parti per le variabili $\lambda_0$ e $c_0$ perché abbiamo conquistato tutti gli altri coefficienti, di conseguenza $\lambda_0=c_0$.
Mi scuso per eventuali typo.
Re: Algebra learning
È stata una sessione più difficile?
Hint sui problemi 12
13.1. $a_1, \cdots, a_n$ sono reali non negativi con somma 1. Dimostrare che
$$a_1a_2 + a_2a_3 + \cdots + a_{n-1}a_n \leq \frac{1}{4}$$
13.2. Siano $a, b, c >0$ tali che $abc=8$. Dimostrare che
$$\sum_{cyc} \frac{a^2}{\sqrt{(1+a^3)(1+b^3)}} \geq \frac{4}{3}$$
13.3. Siano $a, b, c, d$ reali positivi tali che
$$\sum_{cyc} \frac{1}{1+a^4} = 1$$
Dimostrare che $abcd \geq 3$.
Hint sui problemi 12
Testo nascosto:
$$a_1a_2 + a_2a_3 + \cdots + a_{n-1}a_n \leq \frac{1}{4}$$
13.2. Siano $a, b, c >0$ tali che $abc=8$. Dimostrare che
$$\sum_{cyc} \frac{a^2}{\sqrt{(1+a^3)(1+b^3)}} \geq \frac{4}{3}$$
13.3. Siano $a, b, c, d$ reali positivi tali che
$$\sum_{cyc} \frac{1}{1+a^4} = 1$$
Dimostrare che $abcd \geq 3$.
Re: Algebra learning
$ $13.3 Ci provo, ma non sono sicuro. $
$Uso Cauchy-Schwarz su $\displaystyle {\left( \frac {1}{\sqrt{1+a^4}} \right)}$ e cicliche e su ($\sqrt{1+a^4}$ e cicliche).
Si ottiene $$\displaystyle {\sum_{cyc}\frac{1}{1+a^4}} \displaystyle{\sum_{cyc} 1+a^4}\geq (4)^2=16$$
Quindi $$\displaystyle{\sum_{cyc} 1+a^4}\geq16 \Rightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\geq 12\Rightarrow \frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}\geq 3 $$
Per AM-GM si ha $\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}\geq (a^4b^4c^4d^4)^{\frac{1}{4}}=abcd$. Quindi $abcd$ è il minimo di $\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}$ e questo minimo si ottiene se e solo se $a=b=c=d$. Se $abcd <3$, segue che per $a=b=c=d$ $$\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}<3$$ che è assurdo, da cui la tesi.$ $
$Uso Cauchy-Schwarz su $\displaystyle {\left( \frac {1}{\sqrt{1+a^4}} \right)}$ e cicliche e su ($\sqrt{1+a^4}$ e cicliche).
Si ottiene $$\displaystyle {\sum_{cyc}\frac{1}{1+a^4}} \displaystyle{\sum_{cyc} 1+a^4}\geq (4)^2=16$$
Quindi $$\displaystyle{\sum_{cyc} 1+a^4}\geq16 \Rightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\geq 12\Rightarrow \frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}\geq 3 $$
Per AM-GM si ha $\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}\geq (a^4b^4c^4d^4)^{\frac{1}{4}}=abcd$. Quindi $abcd$ è il minimo di $\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}$ e questo minimo si ottiene se e solo se $a=b=c=d$. Se $abcd <3$, segue che per $a=b=c=d$ $$\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{4}<3$$ che è assurdo, da cui la tesi.$ $
Ultima modifica di gup il 04 mar 2018, 22:03, modificato 1 volta in totale.
Re: Algebra learning
Fino a $a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 12$ ok.
Anche questo è giusto: $a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 4abcd$
Ma supponi che $(a,b,c,d)=(3,0,0,0)$. Le due disuguaglianze sono verificate, ma non $abcd \geq 3$
In generale, se hai $X \geq Z$ e $Y \geq Z$, è difficile concludere $X \geq Y$
Anche questo è giusto: $a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 4abcd$
Ma supponi che $(a,b,c,d)=(3,0,0,0)$. Le due disuguaglianze sono verificate, ma non $abcd \geq 3$
In generale, se hai $X \geq Z$ e $Y \geq Z$, è difficile concludere $X \geq Y$