OliForum Matematico

1.Sia data una progressione aritmetica infinita di numeri naturali. Dire quali delle seguenti affermazioni sono corrette:
<BR>(a) Se c\'è un termine multiplo di 3, ve ne è uno multiplo di 9
<BR>(b) Se c\'è un temine multiplo di 3, ce ne sono infiniti
<BR>(c) Se c\'è un temine multiplo di 2 e uno multiplo di 3, ce n\'è uno che è diviso da 6
<BR>
<BR>2. Provare che, con a,b,c reali positivi:
<BR>9/(a+b+c)<= 2/(a+b)+2/(b+c)+2/(a+c)<= 1/a+1/b+1/c
<BR>
<BR>3. Provare che, se n è intero e n>1, n⁴+4ⁿ non è mai primo<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 05-08-2004 15:26 ]

Nel primo la a) è falsa, la b) e la c) sono vere. Per dimostrare la falsità della a) basta un controesempio: nella progressione aritmetica di ragione 9 formata da 3, 12, 21, ... tutti i numeri sono della forma 3(3k + 1), per cui non vi è alcun multiplo di 9, pur essendovi un multiplo di 3. Per la b), se a è il primo numero della progressione, d è la ragione e a + kd (con k naturale) è multiplo di 3, si ha che tutti i numeri della forma a + kd + 3md (con m naturale) sono multipli di 3 (e sono ovviamente infiniti). Per la c, invece, chiamiamo sempre a il numero iniziale, d la ragione, a + rd il multiplo di 3, a + sd il multiplo di 2. Il multiplo di 3, ammettendo che non sia già multiplo di 6, è dispari, ossia nella forma 2k + 1; il multiplo di 2 è invece nella forma 2n. Per ottenere un multiplo di 6 basta trovare un multiplo della ragione che sia nella forma 3(2b + 1), che aggiunto ad a + rd dà un numero multiplo di 3 e di 2, e quindi di 6. Distinguiamo ora due casi:
<BR>- a + rd > a + sd. Si ha d = (2(k - n) + 1)/(r - s), per cui 3(r - s)d = 3(2(k - n) +1), che è nella forma 3(2b + 1)
<BR>- a + rd < a + sd. Si ha d = (2(n - k) - 1)/(s - r), per cui il multiplo della ragione cercato è ora 3(s - r)d = 3(2(n - k) -1) (che è ovviamente nella forma 3(2b + 1).
<BR>La c) è così dimostrata.
<BR>
<BR>Ciao.

Il 3 è ovvio se n è pari, poichè n^4 è multiplo di 16, e anche 4^n lo è, per cui n^4 + 4^n è sempre multiplo di 16. Per il caso in cui n è dispari devo ancora pensarci.
<BR>
<BR>Ciao.

per n dispari = 2k+1 si ha un numero nella forma n^4+4x4^2k che per l\'identità di Sophie Germain è fattorizzabile.

Non conosco questa identita\'.Puoi precisare?
<BR>Grazie.
<BR>

scusa.
<BR>
<BR>a^4 + 4b^4 = a^4 + 4(ab)^2 + 4b^2 - 4(ab)^2=(a^2 + 2b^2)^2 - (2ab)^2
<BR>= (a^2 + 2b^2 + 2ab)(a^2 + 2b^2 - 2ab)

2°
<BR>Mi riesce solo la prima parte della dis.
<BR>Poniamo
<BR>a+b=2z,b+c=2x,c+a=2y da cui
<BR>a+b+c=x+y+z e quindi si deve dimostrare che:
<BR>9/(x+y+z)<=1/x+1/y+1/z
<BR>Ora e\' (facilmente) per AM-GM:
<BR>9/(x+y+z)<=9/(3cubicroot(xyz))=3cubicroot(x^2*y^2*z^2)/(xyz)=
<BR>=3cubicroot(xy*yz*zx)/(xyz)<=(xy+yz+zx)/(xyz)=1/x+1/y+1/z.
<BR>

(cazzata enorme, ritiro tutto)<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: mario86x il 07-08-2004 13:33 ]

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2004-08-06 23:02, karl wrote:
<BR>2°
<BR>Mi riesce solo la prima parte della dis.
<BR>Poniamo
<BR>a+b=2z,b+c=2x,c+a=2y da cui
<BR>a+b+c=x+y+z e quindi si deve dimostrare che:
<BR>9/(x+y+z)<=1/x+1/y+1/z
<BR>Ora e\' (facilmente) per AM-GM:
<BR>9/(x+y+z)<=9/(3cubicroot(xyz))=3cubicroot(x^2*y^2*z^2)/(xyz)=
<BR>=3cubicroot(xy*yz*zx)/(xyz)<=(xy+yz+zx)/(xyz)=1/x+1/y+1/z.
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>c\'è un metodo + veloce, che usa un\'altra disuguaglianza molto nota, che si applica anche alla seconda parte <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">

2° esercizio. (seconda parte)
<BR>Osserviamo che :
<BR>2/(a+b)+2/(b+c)+2/(a+c)<= 1/sqrt(ab)+1/sqrt(bc)+1/sqrt(ca)
<BR>Si tratta quindi di dimostrare che:
<BR>1/sqrt(ab)+1/sqrt(bc)+1/sqrt(ca)<= 1/a+1/b+1/c
<BR>Poniamo allora:
<BR>a=x^2,b=y^2,c=z^2 e quindi dovra\' essere:
<BR>1/xy+1/yz+1/zx<=1/x^2+1/y^2+1/z^2
<BR>oppure:
<BR>x^2yz+xy^2z+xyz^2<=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2
<BR>od anche (moltiplicando per 2):
<BR>2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2-2x^2yz-2xy^2z-2xyz^2>=0
<BR>ed infine:
<BR>(xy-yz)^2+(yz-zx)^2+(zx-xy)^2>=0 che e\' vera.
<BR>
<BR>

ok, questa è la mia
<BR>
<BR>1/a + 1/b + 1/c= 1/2[(1/a + 1/b) + (1/a + 1/c) + (1/b + 1/c)] >= 1/2[4/(a+b) + 4/(a+c) + 4/(b+c)] per AM-HM, e la prima parte è fatta
<BR>
<BR>idem per la seconda parte,
<BR>
<BR>[2/(a+b) + 2/(b+c) + 2/(a+c)]/3 >= 3/[(a+b)/2 + (a+c)/2 + (b+c)/2]
<BR>sempre per AM-HM

Ok la disuguaglianza a sinistra l\'ho risolta come Talpuz!
<BR>Per quanto riguarda quella a destra possiamo anche fare così:
<BR>
<BR>AM>=AG --> 2/(a+b)+2/(b+c)+2/(a+c)<=1/sqrt(ab)+1/sqrt(bc)+1/sqrt(ac)
<BR>
<BR>Ora per Chauchy abbiamo che:
<BR>(1/sqrt(ab)+1/sqrt(bc)+1/sqrt(ac))^2 <=(1/a+1/b+1/c)(1/a+1/b+1/c)
<BR>da cui estraendo la radice quadrata abbiamo la tesi
<BR>
<BR>Ciao
<BR>
<BR>
<BR>

Ringrazio Talpuz ed Andrea84 per i preziosi suggerimenti:
<BR>ne terro\' conto per analoghe circostanze.
<BR>Qualcuno sta lavorando sulla funzione convessa?
<BR>Mi ci sto scassando la testa (ed anche qualche altra cosa..)
<BR>

Posto altre tre disuguaglianze, provate per favore a fare la prima, ci sto sbattendo al testa da un mesetto, ma non ne vengo a capo...
<BR>
<BR>1. (x₁x₂x₃...x_n)^1/n+ (y₁y₂y₃...y_n)^1/n<= ((x₁+y₁)...(x_n+y_n))^1/n
<BR>per n-uple di reali positivi
<BR>
<BR>2. (n+m)!/(m-n)!<= (m²+m)ⁿ
<BR>per m, n interi positivi con n<=m
<BR>
<BR>3. (<!-- BBCode Start --><IMG SRC="http://www.mathlinks.ro/Forum/images/sm ... n_sqrt.gif"><!-- BBCode End -->3)^n²>=n!
<BR>per n naturale
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 09-08-2004 20:44 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 09-08-2004 20:45 ]

1° es.
<BR>La dimostrazione e\' piuttosto lunga (e non semplicissima,
<BR>da me in parte carpita da un vecchio testo).
<BR>Poniamo Yi/Xi=Zi e quindi deve dimostrarsi ( sqrtn=radice n-esima):
<BR>sqrtn((1+Z1)(1+Z2)...(1+Zn))>=1+sqrtn(Z1*Z2*....*Zn)
<BR>Il teorema e\' valido per n=2,3 (per verifica diretta);supponiamolo
<BR>allora valido per n=2m ed avremo (dividendo a coppie):
<BR>sqrt2m((1+Z1)(1+Z2)...(1+Z2m))=
<BR>sqrtm[sqrt((1+Z1)(1+Z2))*sqrt((1+Z3)(1+Z4))*..*sqrt((1+Z(2m-1)*(1+Z2m))]>=sqrtm[(1+sqrt(Z1*Z2))*(1+sqrt(Z3*Z4))*..*(1+sqrt(Z(2m-1)*Z2m))]
<BR>>=1+sqrtm[sqrt(Z1*Z2)Sqrt(Z3*Z4)...sqrt(Z(2m-1)*Z2m)]=
<BR>=1+sqrt2m(Z1*Z2*...*Z2m)
<BR>Supponendo m pari e procedendo in maniera analoga il teorema resta cosi\' dimostrato nel caso in cui n e\' potenza di 2.
<BR>Passiamo al caso generale .
<BR>Poniamo allora:
<BR>n+q=2^m
<BR>1+Y1=1+Y2=....=1+Yq=Y=sqrtn[(1+Z1)(1+Z2)...(1+Zn)]
<BR>Essendo ora n+q potenza di 2 ,si ha [pongo sqrt(n+q)=radice n+q-esima]:
<BR>(1) sqrt(n+q)[(1+Z1)*(1+Z2)*...*(1+Zn)*(1+Y1)*(1+Y2)*..(1+Yq)]>=
<BR>>=1+sqrt(n+q)[Z1*Z2*..Zn*Y1*Y2*...*Yq]
<BR>Ora:
<BR>(1+Z1)*(1+Z2)*..(1+Zn)=Y^n ,(1+Y1)*(1+Y2)*..*(1+Yq)=Y^q
<BR>Y1*Y2*...*Yq=(1-Y)^q
<BR> e quindi sostituendo nella (1):
<BR>Sqrt(n+q)[Y^n*Y^q]>=1+sqrt(n+q)[Z1*Z2*...Zn*(Y-1)^q] ,ovvero:
<BR>Y-1>=sqrt(n+q)[Z1*Z2*..Zn*(Y-1)^q ,cioe\'(elevando ad n+q):
<BR>(Y-1)^(n+q)>=Z1*Z2*..Zn*(Y-1)^q ,e quindi:
<BR>(Y-1)^n>=Z1*Z2*..*Zn ,da cui:
<BR>Y>=1+sqrtn(Z1*Z2*..Zn).Ma Y=sqrtn[(1+Z1)(1+Z2)...(1+Zn)]
<BR>e alla fine:
<BR>sqrtn[(1+Z1)(1+Z2)...(1+Zn)]>=1+sqrtn(Z1*Z2*..*Zn).
<BR>q.d.d.
<BR>Naturalmente e\' possibile che vi siano dimostrazione piu\' snelle.
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 09-08-2004 17:43 ]