Problema 1 Sia data la seguente successione: n 1. i=1. Riscriviamo la successione nel seguente modo

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1 Lezione - Algebra Problema Sia data la seguente successione: n a = 9, a n = 9 + a i a n R n N, n Determinare a 000. i= Riscriviamo la successione nel seguente modo n a n = 9 + a n + a i = 9 + a n + (a n 9) = a n i= dove nel penultimo passaggio è stata utilizzata l'espressione degli a n applicata al termine a n. Quindi, a 000 = a 999 = a 998 =... = 999 a = Problema Dati gli interi positivi a 0... a 00 con a > a 0, a = 3a a 0, a 3 = 3a a,..., a 00 = 3a 99 a 98, dimostrare che a 00 > 99. Notiamo a a 0. Inoltre osserviamo che a n a n = (a n a n ) per ogni n = Costruiamo la successione s n denita come s n = a n a n e notiamo che è una successione geometrica di ragione, pertanto s n = n s = n (a a 0 ). Dalla ricorrenza otteniamo che a 00 = a 99 + (a 99 a 98 ) = a (a a 0 ) > 99 come volevasi dimostrare.

2 Problema 3 Sia p(x) = x (a )x a un polinomio a coecienti reali e siano x, x le sue soluzioni reali. Determinare a in modo che x + x sia minimo. Riscriviamo x + x = (x + x ) x x = (a ) + (a + ) = = a a + 6 = (a ) Si ha ovviamente l'uguaglianza e quindi il minimo per a =. Problema 4 Siano a, b e c numeri reali positivi tali che abc = 8. Dimostrare che a + b + c + a b + a c + b c 5 6. seguenti: Utilizzando la disuguaglianza AM GM si ottengono le a + b + c 3 3 a b c = 3 4 Sommando ambo i membri si ottiene a b + b c + a c 3 3 a 4 b 4 c 4 = 3 6 a + b + c + a b + a c + b c = 5 6 L'uguaglianza vale quando a = b = c =. Problema 5 Sia P (x) un polinomio a coecienti reali con x R. Trovare tutti i polinomi tali che P (P (x)) = (x + x + )P (x) Notiamo innanzitutto che il polinomio identicamente nullo P (x) = 0 è una soluzione. Indichiamo con n il grado del polinomio. Eguagliando i gradi di entrambi i membri dell'equazione otteniamo che n = n + e perció n = o n =. Poiché n 0, allora l'unica soluzione accettabile è n =. Pertanto P (x) è della forma ax + bx + c con a 0. Sostituendo P (x) = ax + bx + c all'espressione iniziale otteniamo a(ax + bx + c) + b(ax + bx + c) + c = (x + x + )(ax + bx + c) e per l'identità dei polinomi ricaviamo le seguenti equazioni: a = a 3, a + b = (a b), (a + b + c) = (b + ab + ac).

3 Risolvendo il sistema otteniamo che a = b = e c = 0, quindi P (x) = x + x. Il polinomio identicamente nullo P (x) = 0 lo abbiamo provato separatamente, in quanto è l'unico polinomio con grado non denito, e quindi non poteva essere ottenuto dall'equazione sui gradi. Problema 6 Sia a, a... a n una successione di interi tale che la media aritmetica dei primi n termini sia sempre uguale a n. Quanto vale a 06? Riscriviamo l'equazione : come Pertanto possiamo dedurne che a + a +... a n n = n a + a +... a n = n. n n a i a i = n (n ) = n = a n. i= i= Di conseguenza a n = (n ) = n 3 e quindi a n a n =, n N. Allora a n è la progressione aritmetica a n = n, ovvero la successione dei numeri dispari. Pertanto a 06 = 06 = 403. Problema 7 Trovare tutti i polinomi f(x) tali che xf(x ) = (x + )f(x). Sostituiamo x = 0 e osserviamo che f(0) = 0. Dimostriamo per induzione che f(x) ha inniti zeri. Per ipotesi induttiva f(n) = 0, dimostriamo che f(n+) = 0. Dall'equazione (n+)f(n+ ) = (n+)f(n) = (n + )f(n + ), poiché f(n) = 0 banalmente f(n + ) = 0. Quindi f(x) ha innite radici, pertanto è un polinomio costante. Inoltre considerato che f(0) = 0, l'unica soluzione è f(x) = 0. 3

4 Problema 8 Siano a,b numeri reali positivi. Dimostrare che a + b + ab. Posto si ha Innanzitutto per AM GM si ha ab a + b a + b ab a + b + a + b + ab a + b x = a + b x + x = (x x + ) + x x = (x ) x +. Problema 9 Sia a n una progressione aritmetica di numeri interi positivi tale che uno dei suoi termini sia un quadrato perfetto. Dimostrare che esistono inniti quadrati perfetti che appartengono ad a n. Sia a k = a. Tutti i numeri del tipo a + nd, con n, d naturali, appartengono alla successione. Se scegliamo n = a + d otteniamo a k+n = a + ad + d = (a + d). Ipotizziamo per assurdo che i quadrati siano un numero nito, allora esisterebbe un a m = l maggiore di ogni altro quadrato della successione. Ma con lo stesso procedimento di prima possiamo trovare a m+l+d = (m + d) > l. Assurdo, quindi la tesi è dimostrata. Problema 0 Siano a, b numeri reali positivi tali che Dimostrare che a + b. a 04 + b 04 = a 06 + b 06. Supponiamo senza perdit di generalit che a b, allora le sequenze (a ; b ) e (a 04 ; b 04 ) sono entrambe decrescenti (in caso contrario sarebbero entrambe crescenti). Possiamo pertanto usare la disuguaglianza di Cebysev e ottenere (a + b )(a 04 + b 04 ) (a a 04 + b b 04 ) = (a 06 + b 06 ) 4

5 Sfruttando l'ipotesi otteniamo a + b. Problema La successione a n è così denita: Trovare una formula chiusa per a 0 =, a = 7 a n+ = 7a n a n n a i. i=0 L'equazione caratteristica della successione è a 7a + = 0 e le sue radici sono x = 3, x = 4. La soluzione generale è quindi a n = a3 n + b4 n. Sostituendo n = 0 ed n = si ricava a = b =, pertanto a n = 3 n + 4 n. La somma diventa dunque: n n n a i = 3 i + 4 i. Inne tramite le formule delle serie geometriche: n a n = 3n+ + 4n+. 3 i=0 i=0 i=0 i=0 Problema Si consideri l'insieme N 06 = {,,..., 06}. Per ogni sottoinsieme non vuoto di N 06 si consideri il prodotto dei suoi elementi. Quanto vale la somma di questi prodotti? Si prende il polinomio P (x) = (x + )(x + )... (x + n) = x n + a x n a n x + a n Per le formule di Viète si ha a = n, a = (n ) (n),..., a n = n Sostituendo x = e n = 06 all'espressione precedente si ottiene la somma di tutti i prodotti per ogni scelta dei sottoinsiemi non vuoti di N 06 con l'aggiunta di. Pertanto la somma S dei prodotti cercati vale S = (n + )! = 07!. 5

6 Problema 3 Trovare le soluzioni reali di 4 97 x + 4 x = 5. Ponendo 4 x = y e 4 97 x = z si ottiene che y 4 +z 4 = x+97 x = 97. Sfruttando l'equazione iniziale si nota che z + y = 5, y 4 + z 4 = 97. Imponendo σ = y + z e σ = yz risulta che σ 4 4σ σ + σ = 97 Poiché σ = 5 l'equazione diventa σ 50σ + 64 = 0 le cui soluzioni sono σ = 6, σ = 44. Si deve risolvere il sistema y + z = 5, yz = 6 che ha soluzioni (y, z ) = (, 3), (y, z ) = (3, ). Pertanto x = 6, x = 8. Se y + z = 5 e yz = 44 i valori sono complessi. Problema 4 Sia x n una successione così denita: x =, x n+ = x4 n +9 0x n. Dimostrare che 4 5 < x n 5 4 n. Innanzitutto dimostriamo che la successione é sempre positiva per induzione. x = > 0 per ipotesi. Dimostriamo adesso che se x n positivo anche x n+ positivo. x n+ = x4 n+9 0x n, x 4 n + 9 > 0 sempre e 0x n > 0 per ipotesi induttiva, pertanto per induzione la successione é sempre positiva. x n+ = x4 n + 9 0x n = x4 n 0x n + 3 0x n + 3 0x n + 3 0x n 4 4 x 4 n 3 0x n 3 3 = 4 0x n 0x n 0x n > 4 5 Dove si é usata la disuguaglianza AM-GM. Per la seconda disuguaglianza, osserviamo che x = 5 4 e dimostriamo per induzione che x n+ x n. Supponiamo x n 5. Per la legge di denizione della successione dobbiamo provare 4 che x n x4 n+9 0x n, cioé che x 4 n 0x n La disuguaglianza soddisfatta per x n 9 e quindi per x n 5 e quindi per induzione segue la tesi. 4 6

7 Problema 5 Sia dato il polinomio p(x) = (x a) (x b) + dove a e b sono interi distinti. Dimostrare che p(x) non può essere scomposto nel prodotto di due polinomi positivi a coecienti interi. Nota: un polinomio si dice positivo se assume valori positivi per ogni valore di x. Supponiamo che esistano due polinomi positivi a coecienti interi k(x) e q(x) tali che (x a) (x b) + = k(x)q(x) Allora, troviamo subito che k(a)q(a) = k(b)q(b) = da cui segue che k(a) = q(a) = k(b) = q(b) =, in quanto i polinomi sono positivi. Di conseguenza, abbiamo che k(x) e q(x) sono divisibili per (x a)(x b): possiamo assumere che k(x) = (x a)(x b) q(x) = (x a)(x b) in quanto k(x) e q(x) non possono avere grado superiore al secondo altrimenti il loro prodotto sarebbe un polinomio di grado superiore al quarto, che va contro l'ipotesi iniziale. Inoltre sono entrambi monici poiché il polinomio di partenza è monico e i coecienti sono interi. Questo implica che k(x)q(x) = [(x a)(x b) + ] = (x a) (x b) + + (x a)(x b) Ma, poiché abbiamo supposto che k(x)q(x) = p(x), allora deve essere (x a)(x b) = 0 che è un assurdo. 7

8 Problema 6 Dimostrare che se x, y, z sono reali maggiori o uguali a tali che x + y + z = si ha z z x + y + z x + y + z. Scriviamo x + y + x z come x z e utilizzando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz otteniamo x + y + z ( x x + y y x+ y y y+ + z ) (x ) + y + z. z Ma delle ipotesi sappiamo che x x + y y + z z = 3 ( x + y + ) =. z Da qui la tesi. Problema 7 Siano a, b, c, d numeri reali positivi tali che: a + b + c + d = 8. Dimostrare che ab + ac + ad + bc + bd + cd Dalla disuguaglianza HM AM otteniamo: ab ac ad bc bd cd ab + ac + ad + bc + bd + cd 6 e quindi: ab + ac + ad + bc + bd + cd 36 ab + ac + ad + bc + bd + cd () A questo punto notiamo che ab + ac + ad + bc + bc + cd = (a + b + c + d) a b c d (). 8

9 Sfruttando la disuguaglianza QM AM, ricaviamo che (a + b + c + d) a b c d (a + b + c + d) (a+b+c+d) 4 Usando la (3) e la () nella (), otteniamo: = (3) ab + ac + ad + bc + bd + cd 6 7 cioè la tesi. Problema 8 Sia p(x) un polinomio di grado n, tale che p(k) = k/(k + ) per k = 0,,..., n. Trovare p(n + ). Consideriamo il polinomio q(x) = (x+)p(x) x, che si annulla per x = 0,,,..., n. Allora (x + )p(x) x = ax(x )(x )... (x n) Per determinare a poniamo x = in quest'ultima espressione, ottenendo = a( ) n+ (n + )!, ovvero Allora abbiamo che a = ( ) n+ (n + )! p(x) = x [ ] (x )(x )... (x n) + x + ( ) n+ (n + )! Distinguendo i casi in cui n è pari e quelli in cui n è dispari arriviamo alla soluzione { n pari p(n + ) =. n/(n + ) n dispari 9

10 Problema 9 Dimostrare che per ogni n-upla a,... a n di numeri reali positivi vale la seguente disuguaglianza: n k= ( + a k ) ( + a k k ) (n + ). Il termine generale della produttoria è p k = + a k + a k k + k. Dalla disuguaglianza AM GM applicata al secondo e al terzo addendo otteniamo che + a k a k k k Pertanto n k= = ( + a k ) ( + a k k ) n k= ( + k ) = n ( + k + k ) = k= n ( ) k + = (n + ). k= k 0