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Io vorrei sapere come fanno i cinesi a tirare fuori certe soluzioni.

Anér ha scritto:Io vorrei sapere come fanno i cinesi a tirare fuori certe soluzioni.

Quoto e condivido

dario2994 ha scritto:Se volete vedere la soluzione:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 66#p119163

Uhm, come spesso accade, leggere queste soluzioni su ML dà la falsa impressione che si tratti di un problema mostruoso con soluzioni del tutto assurde.
Ma non è così, è come sono presentate che le fa sembrare tali.

La soluzione cinese si può ridire così. Fatto il più naturale dei CS, ci si riduce a dimostrare che una somma di quadrati è minore stretta di 1. Questo ricorda terribilmente la

$ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}<2 $

che si fa a tutti gli stage e si dimostra sostituendo quel 2 con qualcosa di n-dependent, del tipo $ 2-\frac{1}{n+1} $, in modo da poter usare l'induzione. Quello che resta è sostanzialmente un finale telescopico.
Cosa bisogna fare per la disuguaglianza in questione? Sostituire l'1 con qualcosa di n-dependent, che risulta essere $ 1 -\frac{1}{1+\mbox{somma quadrati}} $, come si può congetturare facilmente esaminando i casi n=1 ed n=2, e che guarda caso garantisce un finale telescopico.

Questo per quanto riguarda l'approccio cinese. Tuttavia questo esercizio si faceva anche con un approccio bovino standard, che poi è lo stesso che serve in IMO 1982-3 (ed è sostanzialmente quello detto in maniera complicata sotto la soluzione cinese). Le idee fondamentali sono le seguenti.
Generalizziamo il problema definendo $ S(n,a) $ come l'estremo superiore (al variare degli $ x_i $) del LHS in cui abbiamo messo il parametro $ a $ al posto di 1 in tutti i denominatori. Quello che ci interessa è $ S(n,1) $, che deve essere più piccolo di radice di n. Non è difficile dimostrare che

$ S(n,a)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{a}}S(n,1) $

e soprattutto

$ \displaystyle S(n+1,1)=\sup_{x\in\mathbb{R}}\frac{x}{1+x^2}+S(n,1+x^2)=\sup_{x\in\mathbb{R}}\frac{x}{1+x^2}+\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}S(n,1) $

Da qui si può partire per dimostrare per induzione quello che vogliamo su $ S(n,1) $. Ci si riconduce con semplici conti alla disuguaglianza

$ x+\sqrt{1+x^2}\sqrt{n}<(1+x^2)\sqrt{n+1} $

che si smonta facilmente con CS.

Btw: sono sicuro di aver spiegato entrambi gli approcci in qualche stage precedente (ma chissà quando, visto che mi fanno spesso notare che ormai ho tanti anni alle spalle), perché si tratta di tecniche standard ben consolidate.

Si è visto anche paro paro al WC07, date un'occhiata ai video.

Visto che nessuno ha piazzato un problema mi arrogo prepotentemente la libertà di metterne uno io, piuttosto semplice (quasi scolastico) così che chi ne avesse uno migliore non abbia difficoltà a sostituirlo (dopo averlo risolto!).
Problema 23
Sia $ \alpha\neq 1 $ un complesso di valore assoluto pari a 1, e sia $ S_n=\sum_{i=0}^{n-1} \alpha^i $ per ogni $ n\in\mathbb{N}_0 $. Dimostrare che nel piano di Gauss i punti $ S_n $ giacciono tutti su una stessa circonferenza $ \gamma_\alpha $; determinare in funzione di $ \alpha $ il centro di $ \gamma_\alpha $ e il luogo dei centri delle circonferenze $ \gamma_\alpha $ al variare di $ \alpha $.

Per valore assoluto intendi il modulo?

paga92aren ha scritto:Per valore assoluto intendi il modulo?

Si

Chiamiamo $ A_1,A_2,A_3,.. $ i punti corrispondenti ai numeri $ S_1,S_2,S_3,.. $ Sapendo che nel piano di Gauss i numeri complessi si sommano come i vettori e che si ha $ \forall n \in \mathbb{N}_0, S_{n+1}-S_n=\alpha^n $, possiamo dire che dal punto $ A_n $ si arriva ad $ A_{n+1},A_{n+2},.. $ mediante successive traslazioni, dove i vettori corrispondono alle varie potenze di $ \alpha $. Come afferma la formula di De Moivre, le potenze (con esponente reale) di un numero complesso di modulo 1 hanno anch'esse modulo 1, mentre l'argomento aumenta proporzionalmente all'esponente. Questo ci permette di affermare che, essendo $ |\alpha|=|\alpha^2|=|\alpha^3|=.. $, la linea spezzata $ A_1,A_2,A_3,.. $ è composta da segmenti congruenti (di lunghezza 1) e da angoli congruenti (l'angolo formato da due segmenti consecutivi sarà pari alla differenza, in valore assoluto, tra le loro inclinazioni rispetto al semiasse positivo dei reali, ovvero $ \arg(\alpha^n)-\arg(\alpha^{n-1})=n \cdot \arg \alpha - (n-1) \arg \alpha=\arg \alpha $), pertanto esiste una circonferenza passante per tutti questi punti (la dimostrazione è identica a quella che si applica ai poligoni regolari). Se poi si individua il punto $ A_0 $ tale che $ A_0 \neq A_2 \wedge \overline{A_0A_1}=\overline{A_1A_2} \wedge \widehat{A_0A_1A_2}=\widehat{A_1A_2A_3} $, si trova che questo punto è l'origine del piano, e dato che il centro della circonferenza (proprio come nei poligoni regolari) si trova sugli assi di tutti i segmenti della linea spezzata "regolare", avremo che esso si trova sulla retta dei numeri aventi come parte reale 1/2 (c'è forse un collegamento con l'ipotesi di Riemann?? ). Chiamiamo $ \theta $ l’argomento di $ \alpha $ e supponiamo di avere $ \theta > 0 $: come detto in precedenza, l’angolo formato da due lati consecutivi della nostra linea spezzata è pari a $ \theta $, ma, come si potrebbe notare facendo un disegno (che purtroppo non riesco a postare), si tratta dell’angolo esterno, quindi avremo $ \widehat{A_0A_1A_2}=\widehat{A_1A_2A_3}=…=\pi - \theta $. Di conseguenza il centro di $ \gamma_{\alpha} $ formerà con $ A_0 $ e $ A_1 $ un triangolo isoscele avente gli angoli alla base pari a $ \dfrac{\pi - \theta}{2} $, da cui $ h=\dfrac{1}{2} \cdot \tan \left(\dfrac{\pi - \theta}{2} \right)=\dfrac{1}{2} \cdot \cot \dfrac{\theta}{2}=\dfrac{1+\cos \theta}{2 \sin \theta} $: questo risultato è la parte immaginaria del numero corrispondente al centro della circonferenza. Se invece abbiamo $ \theta < 0 $, l'angolo interno della linea spezzata sarà $ \pi + \theta $ (perchè $ \theta $ è già negativo "di suo"), da cui $ h=-\dfrac{1}{2} \cdot \tan \left(\dfrac{\pi + \theta}{2} \right)=\dfrac{1}{2} \cdot \cot \dfrac{\theta}{2}=\dfrac{1+\cos \theta}{2 \sin \theta} $ (stesso risultato di prima: il meno all'inizio è perchè in questo caso il triangolo è capovolto rispetto all'asse orizzontale)

Va bene?

ma se invece...anche perché cose tipo

spugna ha scritto:[...] $\arg(\alpha^n)-\arg(\alpha^{n-1})=n \cdot \arg \alpha - (n-1) \arg \alpha=\arg \alpha$ [...]

puzzano tanto di "ci sarebbero un mare di dettagli da sistemare quando l'angolo 'salta' da poco meno da $2\pi$ a poco più di $0$". si può sistemare, per carità, ma è una cosa piuttosto fastidiosa.

ma_go ha scritto:

spugna ha scritto:[...] $\arg(\alpha^n)-\arg(\alpha^{n-1})=n \cdot \arg \alpha - (n-1) \arg \alpha=\arg \alpha$ [...]

puzzano tanto di "ci sarebbero un mare di dettagli da sistemare quando l'angolo 'salta' da poco meno da $2\pi$ a poco più di $0$". si può sistemare, per carità, ma è una cosa piuttosto fastidiosa.

Hai ragione, ho fatto un po' di confusione perchè quando scrivevo andavo di fretta: quel passaggio pensavo di metterlo dopo aver supposto $ \theta>0 $ dato che con $ \overline{\alpha} $ si ottiene il ribaltamento rispetto all'asse x della linea che si avrebbe con $ \alpha $

P.S.: Dato che ci sono ne approfitto per fare un'altra correzione: non ho discusso il caso $ \alpha=-1 $, e avrei dovuto farlo dal momento che con il calcolo finale si otterrebbe $ \dfrac{0}{0} $, che è indeterminato, anche se in effetti non è determinato nemmeno il centro della circonferenza, dato che $ S_1=S_3=S_5=...=1 $ e $ S_2=S_4=S_6=...=0 $ (in pratica ci sono solo due punti distinti, per i quali passano infinite circonferenze...)

Non ho ancora capito se la mia soluzione (dopo la doppia precisazione) è giusta o no...

prova ad usare il mio suggerimento, e vedi se i due risultati coincidono. ora non ho carta e penna, né voglia di fare conti di goniometria a mente, ma a occhio torna.
a me, comunque, viene:

$ (1-\alpha)^{-1}=(1-\cos{\theta}-i \sin{\theta})^{-1}=\dfrac{1-\cos{\theta}+i \sin{\theta}}{(1-\cos{\theta})^2+\sin^2 \theta}=\dfrac{1-\cos{\theta}+i \sin{\theta}}{2(1-\cos{\theta})}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin{\theta}}{2(1-\cos{\theta})}i=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sin{\theta}(1+\cos{\theta})}{2(1-\cos^2{\theta})}i=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1+\cos{\theta}}{2\sin{\theta}}i $
Mi sento realizzato Per il raggio ci penserò, comunque il testo non lo chiedeva...

A proposito, buon Natale a tutti!!! XD

spugna ha scritto:Per il raggio ci penserò

Ci sono arrivato solo ora: la circonferenza passa per l'origine (l'avevo pure scritto nella mia dimostrazione...) quindi bastava dire che il significato geometrico del modulo è proprio la distanza da quel punto

Se state aspettando il prossimo problema, lo posto qua: