Preparandosi alla NORMALE

[angus89]

Allora...ho trovato un problema che almeno per me è proprio tosto...non riesco ad attaccarlo...ecco qui

anno 1983/1984 quesito 3

Siano \( \displaystyle {a} \) e \( \displaystyle {b} \) due numeri razionali positivi tali che \( \displaystyle {a}+{b}={1} \); provare la disugualianza
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{2}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\le\frac{{81}}{{2}} \)

Per quali valori di \( \displaystyle {a} \) e \( \displaystyle {b} \) vale il segno di uguale?

Ok...provare che la disugualianza sia sempre valida magari alla fine riesco anche a dimostrarlo...
Ma trovare quando vale l'ugualianza è un'impresa...
In pratica è una caccia agli zeri, ma aimè si arriva ad un'equazione di 6 grado...
Ho provato a trovare gli zeri per sostituzione per poi usare Ruffini ma niente...
Come posso trovare gli zeri?
C'è qualche metodo che non conosco?
Come si risolve questo esercizio?

[licio]

La relazione e' inesatta.Quella giusta e' :
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\ge\frac{{{81}}}{{2}} \)
Per risolverla ricordo dapprima due relazioni facilmente verificabili ( e generalizzabili).
Se x ed y sono due reali positivi e':
(1) \( \displaystyle {{x}}^{{2}}+{{y}}^{{2}}\ge\frac{{{\left({x}+{y}\right)}}^{{2}}}{{2}} \), (2) \( \displaystyle {x}{y}\le{{\left(\frac{{{x}+{y}}}{{2}}\right)}}^{{2}} \),dove l'eguaglianza sussiste sse (solo e solo se ) x=y
Nel caso nostro si puo' prendere \( \displaystyle {x}={a}+\frac{{2}}{{a}},{y}={b}+\frac{{2}}{{b}} \) e quindi per la (1) e':
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\ge\frac{{1}}{{2}}{{\left[{a}+\frac{{2}}{{a}}+{b}+\frac{{2}}{{b}}\right]}}^{{2}} \)
Ovvero:
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\ge\frac{{1}}{{2}}{{\left[{a}+{b}+{2}\cdot\frac{{{a}+{b}}}{{{a}{b}}}\right]}}^{{2}} \) e quindi ,essendo a+b=1,si trova:
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\ge\frac{{1}}{{2}}{{\left[{1}+\frac{{2}}{{{a}{b}}}\right]}}^{{2}} \)
Ora per la (2) risulta \( \displaystyle {a}{b}\le{{\left(\frac{{{a}+{b}}}{{2}}\right)}}^{{2}}=\frac{{1}}{{4}} \) e pertanto si avra':
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\ge\frac{{1}}{{2}}{{\left[{1}+\frac{{2}}{{{1}\//{4}}}\right]}}^{{2}}=\frac{{{81}}}{{2}} \)
Per quanto precede l'eguaglianza vale solo per a+2/a=b+2/b che si verifica per a=b=1/2
q.d.d.

[angus89]

La relazione e' inesatta.Quella giusta e' :
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\ge\frac{{{81}}}{{2}} \)

cavolo...ho sbagliato a scrivere...maledetta tastiera!!!
Va bè...si la soluzione è chiara ma mi piacerebbe sapere qualcosa sulle relazioni che hai introdotto

Per risolverla ricordo dapprima due relazioni facilmente verificabili ( e generalizzabili).
Se x ed y sono due reali positivi e':
(1) \( \displaystyle {{x}}^{{2}}+{{y}}^{{2}}\ge\frac{{{\left({x}+{y}\right)}}^{{2}}}{{2}} \), (2) \( \displaystyle {x}{y}\le{{\left(\frac{{{x}+{y}}}{{2}}\right)}}^{{2}} \),dove l'eguaglianza sussiste sse (solo e solo se ) x=y

Il resto è tutto ok, anche le relazioni sono chiare, ma il problema è che io non ci avrei mai pensato...
Da dove le hai prese queste relazioni?
Le hai trovate tu o ci sono proprio una serie di relazioni che è utile sapere?

[licio]

Si tratta di note proprieta' delle medie.La seconda relazione riguarda
la media geometrica che ,per reali positivi,e' non maggiore della media aritmetica.
Per 2 soli numeri (sempre reali positivi) si scrive così:
\( \displaystyle \sqrt{{{x}{y}}}\le\frac{{{x}+{y}}}{{2}} \) da cui elevando al quadrato si deduce appunto
\( \displaystyle {x}{y}\le{{\left(\frac{{{x}+{y}}}{{2}}\right)}}^{{2}} \)
La prima relazione e' un'applicazione della diseguaglianza di Jensen (di tono non
del tutto elementare).Questa diseguaglianza afferma che per una funzione f(x) da R-->R
(per semplificare considero funzioni ad una sola variabile) ,convessa in un intervallo I di R,
vale la relazione :
\( \displaystyle \frac{{{f{{\left({x}\right)}}}+{f{{\left({y}\right)}}}}}{{2}}\ge{f{{\left(\frac{{{x}+{y}}}{{2}}\right)}}} \) per ogni coppia (x,y) di valori in I.
Per verificare la convessita' di f(x) in I e' sufficiente che la derivata seconda f''(x) sia positiva in I.
Se vuoi avere un'idea grafica della convessita' e della veridicita' della disuguaglianza di Jensen
pensa ad una parabola rivolta nella direzione positiva dell'asse y ( ovvero rivolta verso l'alto,
come impropriamente si sente dire) per esempio di equazione \( \displaystyle {y}={{x}}^{{2}} \).
Nel caso nostro la funzione da considerare e':
\( \displaystyle {f{{\left({x}\right)}}}={{\left({x}+\frac{{2}}{{x}}\right)}}^{{2}} \) ,definita in \( \displaystyle {{R}}^{+} \) e con derivata seconda positiva ,come potrai verificare da solo
se hai di queste nozioni.Pertanto per \( \displaystyle {x}={a}+\frac{{2}}{{a}},{y}={b}+\frac{{2}}{{b}} \) ,la Jensen diventa:
\( \displaystyle \frac{{{{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{2}}\right)}}^{{2}}}}{{2}}\ge{{\left[\frac{{{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}+{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}}{{2}}\right]}}^{{2}} \) che puo' anche essere scritta come dicevo:
\( \displaystyle {{\left({a}+\frac{{2}}{{a}}\right)}}^{{2}}+{{\left({b}+\frac{{2}}{{b}}\right)}}^{{2}}\ge\frac{{1}}{{2}}{{\left[{a}+\frac{{2}}{{a}}+{b}+\frac{{2}}{{b}}\right]}}^{{2}} \)
Per maggiori informazioni puoi consultare OliForum dove troverai di che...deliziarti !!!
Fino a qualche anno orsono lo frequentavo pure io.Poi ho abbandonato per..asfissia ed ora
non mi ricordo piu' una cippa.

[Gaussman]

Ehehehe le diofantee della normale hanno sempre un qualcosa di interessante ...
Vediamo se ho dimenticato qualke terna o se ci sono riuscito ad ammazzarlo del tutto questo problemino....

Per Iniziare
-Se \( \displaystyle {\left({x};{y};{z}\right)} \) è una soluzione lo sono anche le sue permutazioni.
-Prenderemo in seguito, senza perdere di generalità \( \displaystyle {x}\geq{y}\geq{z}\geq{0} \).
-Tre soluzioni immediate sono \( \displaystyle {\left({1};{1};{0}\right)} \), \( \displaystyle {\left({2};{2};{1}\right)} \) e \( \displaystyle {\left({3};{3};{2}\right)} \). Soluzioni meno immediate sono \( \displaystyle {\left({4};{3};{1}\right)} \) e \( \displaystyle {\left({5};{4};{2}\right)} \).

Dividiamo il problema in casi più semplici:

Caso 1: \( \displaystyle {x}={y}={z} \)

L'espressione in questo caso diventa:

\( \displaystyle {3}\cdot{{4}}^{{x}}={{n}}^{{2}} \)

Ma ovviamente nessuna potenza di 4 è divisibile per tre e quindi in LHS c'è il fattore 3 con esponente sicuramente dispari, il che è impossibile per un quadrato.

Caso 2: \( \displaystyle {x}={y}\ne{z} \)

L'espressione diventa:

\( \displaystyle {2}\cdot{{4}}^{{x}}+{{4}}^{{z}}={{4}}^{{z}}{\left({{2}}^{{{2}{x}-{2}{z}+{1}}}+{1}\right)}={{n}}^{{2}} \)

Da cui si ricava, ponendo per comodità \( \displaystyle {2}{x}-{2}{z}+{1}={2}{m}+{1} \), che:

\( \displaystyle {2}\cdot{{4}}^{{m}}={\left({k}-{1}\right)}{\left({k}+{1}\right)} \)

Con \( \displaystyle {k} \) evidentemente dispari. Quindi si avrà che solo uno dei due fattori di RHS sarà divisibile per 4 e l'altro per 2, ossia:

\( \displaystyle {k}-{1}={2} \) e \( \displaystyle {k}+{1}={{4}}^{{m}} \)

Quindi necessariamente \( \displaystyle {m}={1} \) e \( \displaystyle {x}={y}={z}+{1} \). Questa famiglia di soluzioni comprende anche le soluzioni immediate di cui sopra.

Quindi la terna \( \displaystyle {\left({z}+{1};{z}+{1};{z}\right)} \) e le sue permutazioni rappresentano infinite soluzioni, ecco quindi la risposta alla prima domanda.

Caso 3: \( \displaystyle {x}\ne{y}\ne{z} \)

Per quanto posto nelle condizioni preliminari possiamo raccogliere un fattore:

\( \displaystyle {{4}}^{{z}}\cdot{\left({{4}}^{{{x}-{z}}}+{{4}}^{{{y}-{z}}}+{1}\right)}={{n}}^{{2}} \)

Da cui si ricava che:

\( \displaystyle {{4}}^{{q}}\cdot{\left({{4}}^{{p}}+{1}\right)}={{k}}^{{2}}-{1}={\left({k}-{1}\right)}\cdot{\left({k}+{1}\right)} \)

Dove si è posto per comodità \( \displaystyle {q}={y}-{z} \) e \( \displaystyle {p}={x}-{y} \). Considerando ques'ultima equazione \( \displaystyle \text{mod}{\left({3}\right)} \) e \( \displaystyle \text{mod}{\left({4}\right)} \) si ricava che \( \displaystyle {k} \) deve essere un multiplo di \( \displaystyle {3} \) dispari. Questo ci indica come sopra che solo uno dei due fattori di RHS sarà divisibile per \( \displaystyle {4} \) ma ora non abbiamo un fattore 2 in LHS, necessariamente dobbiamo avere quindi il fattore 2 con esponente pari anche in RHS. Questo si ottine se il fattore di RHS divisibile per 4 è una potenza di due con esponente dispari e maggiore di due.

Formalizzando si avrà che \( \displaystyle {k}={2}\cdot{{4}}^{{m}}\pm{1} \), ma per le condizioni poste su \( \displaystyle {k} \) il segno meno va scartato. Andando a sostituire abbiamo quindi che:

\( \displaystyle {{4}}^{{{q}+{p}}}+{{4}}^{{q}}+{1}={{\left({2}\cdot{{4}}^{{m}}+{1}\right)}}^{{2}}={{4}}^{{{2}{m}+{1}}}+{{4}}^{{{m}+{1}}}+{1} \)

Per il principio di identità dei polinomi si ricava che \( \displaystyle {p}+{q}={2}{m}+{1} \) e \( \displaystyle {q}={m}+{1} \). Ritornando alle varibili del testo, \( \displaystyle {x}={z}+{2}{m}+{1} \) e \( \displaystyle {y}={z}+{m}+{1} \).

Quindi tutte le terne della forma \( \displaystyle {\left({z}+{2}{m}+{1};{z}+{m}+{1};{z}\right)} \) con le rispettive permutazioni sono soluzioni della diofantea al variare di \( \displaystyle {m}\in\mathbb{N} \).

Queste terne unite a quelle del caso 2 danno tutte le soluzioni intere non negative della diofneta data.

La soluzione è un po lunga ma mi sembra corretta e non usa nulla di speciale, solo qualke idea carina...ditemi voi se c'è qualke errore o altro....

Recentemente mi sono cimentato in questo problema trovando alla fine una soluzione (ci ho impiegato un giorno intero tra l'altro) che se interessa posso scrivere, ma volevo segnalare che la soluzione qui riportata inizia sul binario giusto ma cade in errori vistosi ( k non è per forza uguale a \( \displaystyle {2}\cdot{{4}}^{{x}}\pm{1} \) ma a \( \displaystyle {m}\cdot{2}\cdot{{4}}^{{x}}\pm{1} \) con m intero positivo, e usare il principio di identità dei polinomi in questo caso è una cosa folle oltre che errata) quindi è meglio farlo presente per non lasciare soluzioni sbagliate che possono sviare i futuri utenti. Scusate per l'intervento, spero possa essere utile...

[WiZaRd]

@Gaussman
Se hai una soluzione, scrivila.

[Gaussman]

ok allora ecco:

intanto pongo WLOG \( \displaystyle {x}\ge{y}\ge{z} \) e raccogliendo un \( \displaystyle {{4}}^{{z}} \) devo trovare per quali x,y \( \displaystyle {{4}}^{{x}}+{{4}}^{{y}}+{1}={{k}}^{{2}} \) (k lo prendo intero positivo, chiaramente se k è soluzione anche -k lo è, ma a noi interessano solo x e y quindi non perdo di generalità).
Se y=0 allora non ho soluzioni, perchè se x>0 ho un assurdo modulo 4 e se anche x=0 allora LHS=3, quindi \( \displaystyle {x}\ge{y}\ge{1} \). Inoltre LHS è sempre \( \displaystyle \ge{3} \) quindi \( \displaystyle {k}\gt{1} \)
Riscrivo come \( \displaystyle {\left({k}+{1}\right)}{\left({k}-{1}\right)}={{4}}^{{y}}{\left({{4}}^{{{x}-{y}}}+{1}\right)} \)
Poichè k+1 e k-1 sono coprimi a meno di un fattore 2 ho due possibilità:

1)\( \displaystyle {k}={m}{{2}}^{{{2}{y}-{1}}}+{1} \) con m>0
Sostituisco e pongo per semplicità \( \displaystyle {x}-{y}={a} \) e \( \displaystyle {y}-{1}={b} \) ottenendo
\( \displaystyle {{4}}^{{a}}+{1}={m}{\left({m}{{4}}^{{b}}+{1}\right)} \) che riscrivo come \( \displaystyle {\left({{2}}^{{a}}+{m}{{2}}^{{b}}\right)}{\left({{2}}^{{a}}-{m}{{2}}^{{b}}\right)}={m}-{1} \)
Per ovvi motivi \( \displaystyle {{2}}^{{a}}-{m}{{2}}^{{b}}\ge{0} \), ma se per assurdo \( \displaystyle {{2}}^{{a}}-{m}{{2}}^{{b}}\gt{0} \) allora si ha che
\( \displaystyle {\left({{2}}^{{a}}+{m}{{2}}^{{b}}\right)}{\left({{2}}^{{a}}-{m}{{2}}^{{b}}\right)}\ge{\left({m}+{1}\right)}\cdot{1}={m}+{1}\gt{m}-{1} \) quindi \( \displaystyle {{2}}^{{a}}-{m}{{2}}^{{b}}={0} \) e \( \displaystyle {m}={1} \) (se il LHS è 0 lo è anche il RHS).
Dalle 2 equazioni precedenti segue a=b, da cui \( \displaystyle {x}={2}{y}-{1} \) e \( \displaystyle {k}={{2}}^{{{2}{y}-{1}}}+{1} \)

2)\( \displaystyle {k}={m}{{2}}^{{{2}{y}-{1}}}-{1} \) con m>0
Con gli stessi passaggi del punto 1 arrivo a \( \displaystyle {\left({m}{{2}}^{{b}}+{{2}}^{{a}}\right)}{\left({m}{{2}}^{{b}}-{{2}}^{{a}}\right)}={m}+{1} \)
Questa volta (sempre per motivi abbastanza ovvi) si ha \( \displaystyle {m}{{2}}^{{b}}-{{2}}^{{a}} \). Se fosse \( \displaystyle {m}{{2}}^{{b}}-{{2}}^{{a}}\gt{1} \) si avrebbe
\( \displaystyle {\left({m}{{2}}^{{b}}+{{2}}^{{a}}\right)}{\left({m}{{2}}^{{b}}-{{2}}^{{a}}\right)}\ge{\left({m}+{1}\right)}\cdot{2}={2}{m}+{2}\gt{m}+{1} \) quindi \( \displaystyle {m}{{2}}^{{b}}-{{2}}^{{a}}={1} \) e \( \displaystyle {m}{{2}}^{{b}}+{{2}}^{{a}}={m}+{1} \).
Dalle 2 equazioni precedenti si deduce che \( \displaystyle {a}={b}={0} \), ovvero \( \displaystyle {x}={y}={1} \), e \( \displaystyle {m}={2} \), da cui si ha \( \displaystyle {k}={3} \).
Questo caso però è inglobato nel caso 1 (basta porre y=1) e quindi non lo considero a parte.

Segue che tutte e sole le soluzioni sono quelle del caso 1, che parametrizzate diventano:
\( \displaystyle {z}={k} \)
\( \displaystyle {y}={k}+{h} \)
\( \displaystyle {x}={k}+{2}{h}-{1} \)
con k,h interi e \( \displaystyle {k}\ge{0} \),\( \displaystyle {h}\ge{1} \)

più ovviamente le permutazioni di questa terna.
Ciao!

[dreamager]

(a) Trovare un polinomio non costante P(x) che assuma 2005 volte il valore 2005.

Ciao, per una mia curiosità volevo chiedere se \( \displaystyle {P}{\left({x}\right)}={{\left({x}-{2005}\right)}}^{{2005}} \) sarebbe accettabile, grazie.

[blackbishop13]

quali sarebbero i \( \displaystyle {2005} \) valori nei quali il tuo polinomio assume il valore \( \displaystyle {2005} \)?

[dreamager]

quali sarebbero i \( \displaystyle {2005} \) valori nei quali il tuo polinomio assume il valore \( \displaystyle {2005} \)?

Giusto, è fattorizzabile 2005 volte per 2005 con ruffini, ma sono gli zeri del polinomio quelli.
Scusate.