Algebra learning

[fph]

(Consiglio: se provi a scrivere le tue soluzioni come una catena di disuguaglianze abcd >= coso1 >= coso2 >= ... >= 3, ti accorgi subito quando hai un problema del genere.)

[gup]

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 $X \geq Y$

Il problema diceva $a,b,c,d$ reali positivi...

[matpro98]

Allora prendi $b,c,d$ molto piccoli e di nuovo $abcd <3$

[Pit]

13.2.

Testo nascosto:

Siano $a=\frac{2x}{y},b=\frac{2y}{z}$ e $c=\frac{2z}{x}$ con $x,y,z>0$. Allora $$\sum_{cyc} \frac{a^2}{\sqrt{(1+a^3)(1+b^3)}} \geq \frac{4}{3}\iff\sum_{cyc} \frac{x^2z^2}{\sqrt{yz(y^3+8x^3)(z^3+8y^3)}} \geq \frac{1}{3}\iff$$$$\sum_{cyc} \frac{x^2z^2}{\sqrt{yz(y+2x)(y^2+4x^2-2xy)(z+2y)(z^2+4y^2-2yz)}} \geq \frac{1}{3}\iff$$$$\sum_{cyc} \frac{x^2z^2}{\sqrt{(y^2+2xy)(y^2+4x^2-2xy)(z^2+2yz)(z^2+4y^2-2yz)}} \geq \frac{1}{3}$$
Per AM$\geq$GM applicato a $(y^2+2xy,y^2+4x^2-2xy)$, si ha $\sqrt{(y^2+2xy)(y^2+4x^2-2xy)}\leq y^2+2x^2$, allo stesso modo si ottengono tutte le versioni cicilche. Resta quindi da dimostrare $$\frac{x^2z^2}{(y^2+2x^2)(z^2+2y^2)}+\frac{x^2y^2}{(z^2+2y^2)(x^2+2z^2)}+\frac{y^2z^2}{(x^2+2z^2)(y^2+2x^2)}\geq\frac{1}{3}$$ Moltiplichiamo entrambi i membri per $3(x^2+2z^2)(y^2+2x^2)(z^2+2y^2)$, quindi $$\frac{x^2z^2}{(y^2+2x^2)(z^2+2y^2)}+\frac{x^2y^2}{(z^2+2y^2)(x^2+2z^2)}+\frac{y^2z^2}{(x^2+2z^2)(y^2+2x^2)}\geq\frac{1}{3}\iff$$$$6(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)+3(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)\geq 4(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)+2(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)+9x^2y^2z^2$$$$\iff 2(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)+(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)\geq 9x^2y^2z^2$$
Per AM$\geq$GM applicata prima su $(x^4y^2,y^4z^2,x^2z^4)$ e poi su $(x^4z^2,x^2y^4,y^2z^4)$ si ha $$(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)\geq 3x^2y^2z^2\Rightarrow 2(x^4y^2+y^4z^2+x^2z^4)\geq 6x^2y^2z^2$$ $$(x^4z^2+x^2y^4+y^2z^4)\geq 3x^2y^2z^2$$ sommando queste due, si ottiene la tesi.

13.3.

Testo nascosto:

Siano $a=\left(\frac{x_1}{2017}\right)^{\frac{1}{4}},b=\left(\frac{x_2}{2017}\right)^{\frac{1}{4}},c=\left(\frac{x_3}{2017}\right)^{\frac{1}{4}},d=\left(\frac{x_4}{2017}\right)^{\frac{1}{4}}$. La condizione diventa $$\frac{1}{x_1+2017}+\frac{1}{x_2+2017}+\frac{1}{x_3+2017}+\frac{1}{x_4+2017}=\frac{1}{2017}$$ e la tesi $$\frac{\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}}{4-1}\geq 2017$$ che corrisponde alla disuguaglianza 9.3. per $n=4$

[scambret]

Fortunatamente i problemi sono piaciuti

Hint sui problemi 13

Testo nascosto:

13.1. Se $a_i=0$, diminuiamo il numero di $a_i$ a $n-1$ e il LHS aumenta. Perciò possiamo assumere che $a_i \neq 0$. Ora notiamo che $a_1$ è moltiplicato per $a_2$, mentre $a_3$ è moltiplicato con $a_2+a_4$, dunque conviene mandare $a_1$ a zero se $n \geq 4$. Ma allora rimaniamo con $n \leq 3$.

13.2. Notiamo che $\displaystyle \frac{a^2+2}{2} = \frac{(a^2-a+1)+(a+1)}{2} \geq \sqrt{a^3+1}$ (AM-GM sul point of incidence). Rimane

$$\sum_{cyc} \frac{a^2}{(a^2+2)(b^2+2)} \geq \frac{1}{3}$$

E da qui si possono fare i conti.

13.3. Considerare la funzione $\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+e^{4x}}$ non sembra così sbagliato!

14.1. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{Q}^+$ tali che per ogni $x \in \mathbb{Q}^+$ soddisfano

$$f(x+1)=f(x)+1 \ \mathrm{ e } \ f(x^3)=[f(x)]^3$$

14.2. Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tali che per ogni $x, y \in \mathbb{R}$ soddisfano

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

14.3. Sia $F$ l’insieme di tutte le funzioni $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ che soddisfano $f(3x) \geq f(f(2x))+x$ per ogni $x>0$. Trovare il più grande reale positivo $a$ tale che per ogni funzione $f \in F$ si ha che $f(x) \geq ax$.

[Davide Di Vora]

14.2
Le soluzioni sono $f(x)=x$, $f(x)=0$ e $f(x)=2$, che sostituendo verificano.

Sia P(x;y) l'equazione funzionale del testo.
Da P(0;0) ottengo $f(0)=0$ o $f(0)=2$. Suddivido il problema in due casi:

1. $f(0)=2$
Da $P(x;0)$ ottengo la soluzione $f(x)=2$.

2. $f(0)=0$
Da $P(2;2)$ ottengo $f(2)=2$ o $f(2)=0$, mentre da $P(1;1)$ ottengo $f(2)=-f(1)^2+3f(1)$. Ci sono dunque i seguenti casi:

a. $f(1)=0$ e $f(2)=0$
Da $P(x;1)$ ottengo
$$f(x+1)=2f(x)$$
Da $P(1;-1)$ ottengo $f(-1)=0$
Da $P(x+1;y)$, utilizzando anche il testo, ottengo
$$2f(xy)+f(y)=f(xy+y)$$
ma ponendo nell'ultima relazione $-1\longleftarrow x$ ottengo la soluzione $f(x)=0$.

b. $f(1)=3$ e $f(2)=0$
Da $P(1;-1)$, $P(-1;-1)$ e $P(2;-1)$ ottengo un assurdo e quindi in questo caso non ci sono soluzioni.

c. $f(1)=1$ e $f(2)=2$
Da $P(x;1)$ ottengo
$$f(x+1)=f(x)+1$$
Da $P(x+1;y)$ ottengo
$$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy+y)+f(x)$$
Sfruttando ora il testo ottengo
$$f(xy)+f(y)=f(xy+y)$$
Siano ora $a$ e $b$ due reali qualsiasi con $a\ne 0$.
Pongo ora $y \longleftarrow a$ e $x \longleftarrow \frac{b}{a}$ e ottengo
$$f(a+b)=f(a)+f(b)$$
ma $f(0)=0$ e quindi
$$f(x+y)=f(x)+f(y)$$
$\forall x,y$ reali.
Da $P(x;x)$ ottengo ora $f(x^2)=f(x)^2\ge 0$ e quindi $f$ non è densa nel piano, da cui segue che l'unica soluzione dell'equazione di Cauchy è $f(x)=k x$, ma essendo $f(1)=1$ ottengo che l'unica soluzione in questo caso è $f(x)=x$.

d. $f(1)=2$ e $f(2)=2$
Da $P(x;1)$ ottengo $f(x)=2$, che è assurdo poichè $f(0)=0$ e quindi in questo caso non ci sono soluzioni.

[Pit]

14.3.

Testo nascosto:

Sia $S$ l'insieme di numeri reali $t$ tali che che $f(x)\geq tx$ per ogni funzione $f\in F$.
Mostriamo prima che $S$ non è vuoto, usando $\frac{x}{3}$ al posto di $x$ nella disuguaglianza del testo, otteniamo $$f(x)\geq f(f( \frac{2x}{3}))+\frac{x}{3}\geq\frac{x}{3}\Rightarrow \frac{1}{3}\in S$$
Mostriamo ora che gli elementi in $S$ sono limitati superiormente, consideriamo la funzione $f(x)=\frac{x}{2}$, questa rispetta la disuguaglianza del testo dato che $$f(3x)=\frac{3x}{2}=f(f(2x))+x$$
otteniamo quindi che tutti gli elementi $t$ in $S$ sono tali che $\frac{x}{2}\geq tx\Rightarrow t\leq\frac{1}{2}$
Sia $b=\sup S$, supponiamo che $b\notin S$, esiste quindi almeno una funzione $f\in F$ e un reale positivo $x_0$ tali che $\frac{f(x_0)}{x_0}<b$.
Sia $k=\frac{f(x_0)}{x_0}$ e $\{c_n\}_{n\geq 0}$ una successione di reali positivi appartenenti a $S$ che converge a $b$. Si ha $$c_n\leq k<b$$
per ogni $n$ intero non negativo. Ma dato che $\lim\limits_{n\to\infty} c_n=b$, per il teorema del confronto si ha $k=\lim\limits_{n\to\infty} k=b$ che è assurdo dato che $k<b$, quindi deve valere $b\in S\Rightarrow b$ è il massimo di $S$ e vale inoltre $b\leq\frac{1}{2}$.
Sfruttando la disuguaglianza del testo con $\frac{x}{3}$ al posto di $x$ e la disuguaglianza $f(x)\geq bx$, si ottiene $$f(x)\geq f(f( \frac{2x}{3}))+\frac{x}{3}\geq bf(\frac{2x}{3})+\frac{x}{3}\geq \frac{2b^2x}{3}+\frac{x}{3}=x\frac{2b^2+1}{3}\Rightarrow \frac{2b^2+1}{3}\in S$$
essendo $b$ il massimo, si ha $b\geq \frac{2b^2+1}{3}\Rightarrow 2b^2-3b+1\leq 0\Rightarrow \frac{1}{2}\leq b\leq 1$ che unito a $b\leq \frac{1}{2}$ dà $b=\frac{1}{2}$ che è il valore cercato.

[Pit]

14.1.

Testo nascosto:

Dalla seconda equazione otteniamo $f(1^3)=f(1)^3\Rightarrow f(1)=1$ e dalla prima otteniamo induttivamente $f(m)=m$ e $f(x+m)=f(x)+m$ per ogni $x$ razionale positivo e $m$ intero positivo.
Ora fissato $x$ prendiamo un intero positivo $n$ tale che $nx^2$ sia un numero intero (in particolare se $x=\frac{a}{b}$ con $a,b$ interi positivi, possiamo prendere $n=b^2$), dalle due equazioni otteniamo $$f((x+n)^3)=f(x+n)^3=(f(x)+n)^3=f(x)^3+3nf(x)^2+3n^2f(x)+n^3$$
e dato che $3n^2x+3nx^2+n^3$ è un intero positivo per come abbiamo scelto $n$, si ha $$f((x+n)^3)=f(x^3+3n^2x+3nx^2+n^3)=f(x^3)+3n^2x+3nx^2+n^3=f(x)^3+3n^2x+3nx^2+n^3$$ da cui $$f(x)^3+3nf(x)^2+3n^2f(x)+n^3=f(x)^3+3n^2x+3nx^2+n^3\Rightarrow f(x)^2+nf(x)-(x^2+nx)=0$$$$\Rightarrow f(x)=\frac{-n\pm (n+2x)}{2}$$
in quest'ultima non possiamo scegliere il "-" dato che altrimenti avremmo $f(x)<0$, quindi $$f(x)=\frac{-n+ (n+2x)}{2}=x$$
per ogni $x$ razionale positivo. Questa funzione verifica entrambe le equazioni e quindi è l'unica soluzione

[scambret]

In concomitanza con le EGMO vi propongo dei problemi secondo me alquanto istruttivi.

Hint sui problemi 14

Testo nascosto:

14.1. Induzione ci mostra $f(x+n)=f(x)+n$. Fissato $x$, scegliamo $n$ tale che $nx^2$ e $n^2x$ sono entrambi interi. Ora scriviamo $f[(x+n)^3]$ o con i conti o con il risultato trovato prima.

14.2. L’idea chiave del problema è risalire alla Cauchy. Nel caso principale con $f(0)=0$, $f(2)=2$ e $f(1)=1$ si dimostra che vale l’identità sugli interi, sugli inversi degli interi, sui razionali e alla fine sui reali. L’altro caso duro è quando $f(2)=0$. Per questo bisogna far vedere che vale $f(x+n)=2^nf(x)$ e trovare $f \equiv 0$.

14.3. Volendo trovare le soluzioni del tipo $f(x)=kx$ si trova $k=1/2$, dunque $a \leq 1/2$. Il passaggio cruciale è che se $f(x) \geq ax$ allora anche $\displaystyle f(x) \geq \frac{2a^2+1}{3}x$. Dunque considerando $a_1=1/3$ e $\displaystyle a_{n+1}=\frac{2a_n^2+1}{3}$, sappiamo che $a \geq a_n$ per ogni $n$. Ora il passaggio delicato: la sequenza è crescente e limitata, dunque ammette limite (è uno strumento sempre utile con questi problemi). Il limite è proprio 1/2 e da qui è finito.

15.1. Siano $a$ e $b$ due numeri reali non negativi con $a \geq b$. Dimostrare che

$$\sqrt{a^2+b^2} + \sqrt[3]{a^3+b^3} + \sqrt[4]{a^4+b^4} \leq 3a+b$$

15.2. Siano $a, b, c$ lunghezze del triangolo con $a+b+c=1$ e sia $n \geq 2$ un intero. Dimostrare che

$$\sqrt[n]{a^n+b^n} + \sqrt[n]{b^n+c^n} + \sqrt[n]{c^n+a^n} < 1 + \frac{\sqrt[n]{2}}{2}$$

15.3. $a, b, c \geq 0$. Dimostrare che

$$\sum_{cyc} \frac{1}{a^2+b^2} \geq \frac{10}{(a+b+c)^2}$$

[TheRoS]

Provo il 15.1 (ma non so se è giusta)

Testo nascosto:

Sia $k=\frac{a}{b}$ che quindi per ipotesi è $\ge 1$. Considerando $a=bk$ ottengo che:
\begin{align}
b(\sqrt{k^2 +1}+\sqrt[3]{k^3+1}+\sqrt[4]{k^4+1})\le (3k+1)b\iff \\
\iff
\sqrt{k^2 +1}+\sqrt[3]{k^3+1}+\sqrt[4]{k^4+1}\le 3k+1
\end{align}
A questo punto si definisca $s_l(x)=\sqrt[l]{x^l+1}-x$ con $l\in\mathbb{N}$. Perché la tesi sia vera vogliamo $s_2(k)+s_3(k)+s_4(k)\le1$. Notiamo che le funzioni $s_l(x)$ sono decrescenti in $\mathbb{R}+$, da cui
\begin{align}
s_2(k)+s_3(k)+s_4(k)\le s_2(1)+s_3(1)+s_4(1)\simeq 0,8<1
\end{align}

[scambret]

Spero che questi problemi vi siano piaciuti. In particolare, spero che ricorderete questo lemma che secondo me è estremamente importante (in spoiler).

Hint sui problemi 15

Testo nascosto:

Il lemma alla base di questi problemi è che se $a \geq b \geq 0$ e $k$ è un intero positivo, allora vale

$$\sqrt[k]{a^k+b^k} \leq a + b(\sqrt[k]{2} -1)$$

Con uguaglianza nel caso $a=b$ o $b=0$. La dimostrazione passa per lo sviluppo binomiale e sfruttando il fatto che $a \geq b$.

15.1. Applicate il lemma e viene. Qui usando le medie (ovviamente) la disuguaglianza non viene. Neanche basta dimostrare che $\displaystyle \sqrt[k]{a^k+b^k} \leq a + \frac{b}{k}$ perché si sfora.

15.2. Wlog $1/2 > a \geq b \geq c$. Ora usiamo il lemma e si finisce.

15.3. Il point of incidence è con $(t,t,0)$. Wlog $c$ è il minimo. Usiamo il lemma in maniera debole nella forma $\displaystyle b^2 + c^2 \leq \left(b + \frac{c}{2} \right)^2 = y^2$ e $\displaystyle a^2 + b^2 \leq \left(a + \frac{c}{2} \right)^2 + \left(b + \frac{c}{2} \right)^2 = x^2+ y^2$. Ora facendo i conti con $x$ e $y$ si finisce.

16.1. Trovare tutti i polinomi $P$ che soddisfano $2P(2x^2-1)=[P(x)]^2-2$

16.2. Trovare tutti i polinomi $P$ che soddisfano $P(x^2+1)=[P(x)]^2+1$ per ogni $x$

16.3. Un polinomio $P$ ha la proprietà che per ogni $y \in \mathbb{Q}$ esiste un $x \in \mathbb{Q}$ tale che $P(x)=y$. Dimostra che $P$ è un polinomio affine.

[scambret]

Sono finiti i bagordi di Cesenatico?

A questo punto, in preparazione per il PreIMO, direi di cominciare allenamenti delle IMOSL.

Hint sui problemi 16

Testo nascosto:

16.1. Con $P(1)=a$, riscriviamo $P(x)=(x-1)^nQ(x)+a$ e $Q(x)$ coprimo con $x-1$. Ma questo è assurdo, dunque $P(x) = a$.

16.2. $P$ è pari e dunque esiste un polinomio $Q$ tale che $P(x)=Q(x^2+1)$ oppure $P(x)=xQ(x^2+1)$. Nel secondo caso otteniamo un polinomio che è infinitamente 1, altrimenti $P(x)=Q(x^2+1)$ e dunque $P=T(T(T \cdots T(x) \cdots))$, dove $T(x)=x^2+1$.

16.3. $P$ è a coefficienti razionali, dunque per un qualche $m$, $mP$ è a coefficienti interi. Ora sia $q$ un primo che non divide $m$. Cerchiamo un $x$ tale che $P(x)=1/mq$ oppure che $Q(x)=mqP(x)-1=0$. Il polinomio $Q$ è irriducibile poiché lo è $x^nQ(1/x)$ per il criterio di Eisenstain (tutti i coefficienti eccetto il primo sono divisibili per $q$ e il termine finale non per $q^2$.

17.1. Sia $n$ un intero positivo e $x, y$ reali positivi tali che $x^n+y^n=1$. Dimostrare che

$$\left( \sum_{k=1}^n \frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}} \right) \left( \sum_{k=1}^n \frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}} \right) < \frac{1}{(1-x)(1-y)}$$

17.2. Determinare tutte le funzioni $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tali che per ogni $a, b > 0$ interi esiste un triangolo con le lunghezze dei lati $a, f(b), f(b+f(a)-1)$

17.3. Determinare tutte le coppie di funzioni $(f, g)$ dai reali ai reali che soddisfano per ogni $x, y \in \mathbb{R}$

$$g(f(x+y))=f(x)+(2x+y)g(y)$$

[Pit]

17.3.

Testo nascosto:

Sia $P(x,y)$ la funzionale del testo. Sottraendo $P(x,y)$ e $P(y,x)$ membro a membro, si ha $$(2x+y)g(y)+f(x)=f(y)+(2y+x)g(x)$$ con $y\mapsto 0$ si ottiene $$f(x)=xg(x)-2xg(0)+f(0)$$ che sostituita nell'equazione precedente dà $$(2x+y)g(y)+xg(x)-2xg(0)+f(0)=yg(y)-2yg(0)+f(0)+(2y+x)g(x)$$ $$\Rightarrow xg(y)-xg(0)=-yg(y)+yg(x)\Rightarrow x(g(y)-g(0))=y(g(x)-g(0))$$ per $x,y\neq 0$ si ha $$\frac{g(x)-g(0)}{x}=\frac{g(y)-g(0)}{y}$$ $\Rightarrow \frac{g(x)-g(0)}{x}$ è costante $\Rightarrow g(x)=cx+g(0)$ per ogni $x\neq 0$ ma questa è chiaramente vera anche per $x=0$ $$\Rightarrow g(x)=cx+d$$$$\Rightarrow f(x)=x(cx+d)-2dx+f(0)=cx^2-dx+e$$
Sostituiamo queste due nella funzionale del testo e otteniamo $$c^2(x+y)^2-cd(x+y)+ce+d=cx^2-dx+e+2cxy+2xd+cy^2+dy$$ questa deve essere un'uguaglianza polinomiale identicamente vera ma il coefficiente di $y^2$ a sinistra è $c^2$ mentre a destra è $c$. Se $c=0$ otteniamo $g$ costante che nel testo porta a $f$ nulla che a sua volta porta a $g$ nulla. Se invece $c=1$ otteniamo $d(2x+2y-1)=0\Rightarrow d=0$ che porta a $f(x)=x^2+e$. Le due coppie $(f(x),g(x))$ sono quindi $(0,0)$ e $(x,x^2+e)$ che verificano entrambe la funzionale.

[Pit]

17.2.

Testo nascosto:

Sia $f(1)=c$ e supponiamo $c>1$. Con $a\mapsto 1$ sappiamo che esiste un triangolo con lati $1,f(b),f(b+(c-1))$, per la disuguaglianza triangolare questo implica $f(b)=f(b+(c-1))$ che induttivamente porta a $$f(b)=f(b+k(c-1))$$ per ogni $k$ naturale. Quindi la controimmagine di $f$ ha al massimo $c-1$ elementi $\Rightarrow f$ è limitata ma $$a<f(b)+f(b+f(a)-1)$$ per ogni $a$ e $b$. Questo è assurdo essendo il membro di destra limitato mentre quello di destra no $\Rightarrow f(1)=c=1$.
Con $b\mapsto 1$ otteniamo $f(f(a))=a$ quindi $f$ è bigettiva.
Sia $f(2)=x\geq 2$. Da $a\mapsto 2$ sappiamo che esiste un triangolo di lati $2,f(b),f(b+x-1)$, quindi $h(b)=f(b+x-1)-f(b)$ vale $0,1$ o $-1$ per ogni $b$. Non può essere $0$ altrimenti per iniettività si avrebbe $x=1$ che è assurdo. Supponiamo che esista un intero $y$ tale che $h(y)=1$ e $h(y+x-1)=-1$ (o viceversa). In ogni caso abbiamo $$h(y)+h(y+x-1)=0\Rightarrow f(y+x-1)-f(y)+f(y+2(x-1))-f(y+x-1)=0$$$$\Rightarrow f(y+2(x-1))=f(y)\Rightarrow y+2(x-1)=y\Rightarrow x=1$$ assurdo $\Rightarrow h(b)=h(b+k(x-1))$.
Se per qualche $y$ intero positivo $h(y)=-1$, avremmo $f(y+k(x-1))=f(y)-k$, prendendo $k$ arbitrariamente grande il membro di destra diventerebbe negativo mentre quello di destra sarebbe positivo $\Rightarrow h(b)=1$ per ogni $b$ intero positivo. $$\Rightarrow f(b+k(x-1))=f(b)+k$$
con $b\mapsto 1$ otteniamo $f(1+k(x-1))=1+k$. Al variare di $k$ il membro di destra assume tutti i valori interi positivi e dato che $f$ è iniettiva anche l'argomento del membro di sinistra deve farlo, questo è possibile solo se $x-1=1$ (dato che l'argomento è congruo a $1$ modulo $x-1$)$\Rightarrow x=2$ e $f(b)=b$.
Rimane da verificare che questa funzione soddisfa la condizione, ma questo è chiaro dato che per ogni $a$ e $b$; $a,b,a+b-1$ sono i lati di un triangolo.

[Pit]

17.1.

Testo nascosto:

Mostriamo che $$\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}<\frac{1}{x^k}$$
Facendo denominatore comune diventa $$x^k+x^{3k}<1+x^{4k}\Leftrightarrow (1-x^{3k})(1-x)>0$$ che è vera dato che $0<x<1$.
Usando questa disuguaglianza anche sui termini con la $y$ otteniamo $$\left( \sum_{k=1}^n \frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}} \right) \left( \sum_{k=1}^n \frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}} \right) < \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{x^k} \right) \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{y^k} \right) =\frac{1-x^n}{x^n(1-x)}\frac{1-y^n}{y^n(1-y)}=\frac{y^n}{x^n(1-x)}\frac{x^n}{y^n(1-y)}=\frac{1}{(1-x)(1-y)}$$
che è la tesi.