Maratona di problemi
Proviamo a fare questa cosa: comincio col proporre io un problema (abbastanza facile), poi chi lo risolve propone a sua volta un problema etc etc. Se il risolutore di un problema non ha niente da proporre, puo' dare il permesso ad altri di proporne uno.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Risposte
"ficus2002":
basta, invece, far vedere che questo segmento contiene almeno un punto dell'intersezione .
Siano A e B, rispettivamente, i centri dei dischi $D_1$ e $D_2$
e P un punto comune a questi ultimi. Se la norma di (P-A) supera quella di (B-A) allora il segmento di estremi A e B è contenuto in $D_1$ da cui deduco facilmente la tesi perchè i punti abbastanza prossimi a $B$, ovviamente, stanno in $D_2$.
Nell'altro caso, esiste sul segmento di estremi A e B un punto Q avente distanza da A pari a quella che ha P da A (così Q sta in $D_1$). Ne segue, per la disuguaglianza triangolare, che la distanza di Q da B non supera quella di P da B (così Q sta anche in $D_2$).
"luluemicia":
Siano A e B, rispettivamente, i centri dei dischi $D_1$ e $D_2$
e P un punto comune a questi ultimi. Se la norma di (P-A) supera quella di (B-A) allora il segmento di estremi A e B è contenuto in $D_1$ da cui deduco facilmente la tesi perchè i punti abbastanza prossimi a $B$, ovviamente, stanno in $D_2$.
Nell'altro caso, esiste sul segmento di estremi A e B un punto Q avente distanza da A pari a quella che ha P da A (così Q sta in $D_1$). Ne segue, per la disuguaglianza triangolare, che la distanza di Q da B non supera quella di P da B (così Q sta anche in $D_2$).
Ok
. Sta a te proporre un problema.
ficus2002 ha scritto:
basta, invece, far vedere che questo segmento contiene almeno un punto dell'intersezione
Rileggendo la traccia del problema, in riferimento a questa frase, credo che valga la pena di spendere qualche parola per evitare malintesi. La frase suddetta non vuol dire che l'intersezione tra il segmento e $U$ è non vuota. Per convincersi di ciò basta considerare $R^2$ con la norma definita dalla somma dei valori assoluti delle coordinate.
La dim. completa può essere fatta così:
grazie alla disuguaglianza triangolare e all'omogeneità della norma provo facilmente che per ogni $T$ del segmento $AB$ la distanza di $T$ da $O$ è al massimo pari a 1. Adesso, detto $R$ un punto del segmento $AB$ appartenente a $D_1 \cap D_2$ (certamente esistente, come ho provato nel mio precedente post, nel caso in cui $D_1 \cap D_2$ sia non vuoto), i punti del segmento $OR$ "sufficientemente prossimi" a $R$ stanno nella suddetta intersezione dei due dischi in quanto essa è un aperto e stanno in $U$ per l'omogeneità della norma.
"ficus2002":
Ok . Sta a te proporre un problema.
Ne pongo due. Uno facile:
Sia f una funzione di un insieme X nello spazio topologico dei numeri reali (considerato con la topologia usuale). Come è ben noto, se X è dotato di una topologia rispetto alla quale risulta compatto e f semicontinua inferiormente(s.c.i.), allora f ha minimo (è il Teorema di Weierstrass!). Dimostrare che viceversa, se f ha minimo, allora esiste una topologia in X rispetto alla quale f è s.c.i. e X compatto.
Uno meno facile (in verità mi sono inserito in questa maratona di problemi per attirare l'attenzione di chi frequenta questo topic su questo "problema", rispetto al quale io non ho la risposta): leggete il topic "Sopprimiamo i limiti?" in Congetture e ricerca libera. Magari vi è sfuggito e, adesso, da qui lo leggete ed avete qualcosa da dire......
Naturalmente preferirei che venisse affrontata la "tecnica del problema" e non i suoi legami con le considerazioni didattiche. Se dopo aver letto quel topic non vi è chiaro quello che chiedo, magari nel topic stesso, per favore, non esitate a chiedermelo. Ringrazio tutti anticipatamente per l'attenzione.
"luluemicia":
Sia f una funzione di un insieme X nello spazio topologico dei numeri reali (considerato con la topologia usuale). Come è ben noto, se X è dotato di una topologia rispetto alla quale risulta compatto e f semicontinua inferiormente(s.c.i.), allora f ha minimo (è il Teorema di Weierstrass!). Dimostrare che viceversa, se f ha minimo, allora esiste una topologia in X rispetto alla quale f è s.c.i. e X compatto.
Ciao ficus2002, perfetto.
P.S. Non dimenticate l'altro problema.
P.S. Non dimenticate l'altro problema.
Non ho problemi da proporre; lascio la parola a chi ne ha qualcuno.
[size=150]Problema[/size]
Esprimere
$sum_(n=1)^oo sum_(m=1)^oo 1/(m^2n+mn^2+2mn)$
sotto forma di numero razionale.
Esprimere
$sum_(n=1)^oo sum_(m=1)^oo 1/(m^2n+mn^2+2mn)$
sotto forma di numero razionale.
"elgiovo":
[size=150]Problema[/size]
Esprimere
$sum_(n=1)^oo sum_(m=1)^oo 1/(m^2n+mn^2+2mn)$
sotto forma di numero razionale.
Chiamo $cc S$ il risultato di quella espressione.
$A_{n,m}:=1/(m^2n+mn^2+2mn)=-1/2 (1/(n+2) - 1/n)(1/m-1/(m+n+2))$
Pongo
$S_n:=\sum_{m=1}^{oo}A_{n,m}=sum_{k=1}^{n+2}1/k$
$T_n:=\sum_{n=1}^{N-1}(1/(n+2) - 1/n) = 1/(N+1) + 1/N - 3/2$
Se $a_n$ è una successione chiamo $\Delta a_n :=a_{n+1}-a_n$. Allora
$cc S=-1/2 \sum_{n=1}^{oo} \Delta T_n S_n$
Poichè
$\sum_{n=1}^{N-1} \Delta T_n S_n = T_N S_N - T_1 S_1 - \sum_{n=1}^{N-1} T_n \Delta S_n$
e
$\Delta S_n=1/(n+3)$
ho che $T_1 = 0$ e
$\sum_{n=1}^{N-1} \Delta T_n S_n = (1/(N+1) + 1/N - 3/2) S_N - \sum_{n=1}^{N-1} (1/(n+1) + 1/n - 3/2) \Delta S_n=$
$=(1/(N+1) + 1/N) S_N - \sum_{n=1}^{N-1} (1/(n+1) + 1/n) \Delta S_n = (1/(N+1) + 1/N) S_N - \sum_{n=1}^{N-1} (1/(n+1) + 1/n) 1/(n+3)$.
Ma $(1/(n+1) + 1/n) 1/(n+3) = - 1/2 (1/(n+3) - 1/(n+1)) - 1/3 (1/(n+3) - 1/n)$ così
$\sum_{n=1}^{N-1}(1/(n+1) + 1/n) 1/(n+3) = - 1/2 (1/(N+2)+1/(N+1)-1/3-1/2) - 1/3 (1/(N+2)+1/(n+1)+1/N-1/3-1/2-1)$.
Dato che $S_N /N \to 0$ per $N \to oo$, ho che $\sum_{n=1}^{oo} \Delta T_n S_n = - 1/2 (-1/3-1/2) - 1/3 (-1/3-1/2-1)=-5/6$ e $cc S=-1/2(-5/6) = 5/12$.
Il risultato dovrebbe essere $7/4$. Consiglio di trasformare la doppia sommatoria in $sum_(n=1)^oo 1/n sum_(m=1)^oo[(1 \backslash(n+2))/m-(1\backslash (n+2))/(m+n+2)]$.
Ciao ficus2002, nella tua def. di $S_n$ il secondo ed il terzo membro non sono uguali (quest'ultimo va diviso per $n(n+2)$) e nella def. di $T_n$ c'è qualcosa da sistemare circa gli indici $n$ e $N$.
"luluemicia":Provo a correggere. $cc S:=\sum_{n=1}^{oo} \sum_{m=1}^{oo}A_{n,m}$ con
Ciao ficus2002, nella tua def. di $S_n$ il secondo ed il terzo membro non sono uguali (quest'ultimo va diviso per $n(n+2)$) e nella def. di $T_n$ c'è qualcosa da sistemare circa gli indici $n$ e $N$.
$A_{n,m}:=1/(m^2n+mn^2+2mn)=-1/2 (1/(n+2) - 1/n)(1/m-1/(m+n+2))$
Pongo
$S_n:=\sum_{m=1}^{oo}(1/m-1/(m+n+2))=sum_{k=1}^{n+2}1/k$
$T_n:=1/(n+1) + 1/n$
Se $a_n$ è una successione, chiamo $\Delta a_n :=a_{n+1}-a_n$. Allora
$\Delta T_n = 1/(n+2) - 1/n,\quad \Delta S_n=1/(n+3),\quad \sum_{n=1}^{N-1}\Delta S_n = S_N - 1/3 - 1/2 - 1,\quad cc S=-1/2 \sum_{n=1}^{oo} \Delta T_n S_n$.
Poichè $T_1 S_1= (1+1/2)(1+1/2+1/3)=11/4$ e
$\sum_{n=1}^{N-1} \Delta T_n S_n = T_N S_N - T_1 S_1 - \sum_{n=1}^{N-1} T_{n+1} \Delta S_n$
ho
$\sum_{n=1}^{N-1} \Delta T_n S_n = (1/(N+1) + 1/N) S_N - 11/4 - \sum_{n=1}^{N-1} (1/(n+2) + 1/(n+1)) 1/(n+3)$.
Ma $(1/(n+1) + 1/n) 1/(n+3) =-(1/(n+3) - 1/(n+2)) -1/2 (1/(n+3)-1/(n+1))$, così
$\sum_{n=1}^{oo}(1/(n+2) + 1/(n+1)) 1/(n+3) = 3/4$.
Dato che $S_N /N \to 0$ per $N \to oo$, ho che $\sum_{n=1}^{oo} \Delta T_n S_n = -11/4-3/4=-7/2$ e $cc S=-1/2(-7/2) = 7/4$.
Ok!
In alternativa, come ho indicato in precedenza,
$ccS=sum_(n=1)^oo 1/n sum_(m=1)^oo[(1 \backslash(n+2))/m-(1\backslash (n+2))/(m+n+2)]=sum_(n=1)^oo 1/(n(n+2))[(1-1/(n+3))+(1/2-1/(n+4))+(1/3-1/(n+5))+ldots]$
$=sum_(n=1)^oo 1/(n(n+2))[1+1/2+1/3+ldots+1/(n+2)]=sum_(n=1)^oo((1/2)/n-(1/2)/(n+2))(1+1/2+ldots+1/(n+2))=[...]=1/2[(44+25+8+7)/(24)]=7/4$.
In alternativa, come ho indicato in precedenza,
$ccS=sum_(n=1)^oo 1/n sum_(m=1)^oo[(1 \backslash(n+2))/m-(1\backslash (n+2))/(m+n+2)]=sum_(n=1)^oo 1/(n(n+2))[(1-1/(n+3))+(1/2-1/(n+4))+(1/3-1/(n+5))+ldots]$
$=sum_(n=1)^oo 1/(n(n+2))[1+1/2+1/3+ldots+1/(n+2)]=sum_(n=1)^oo((1/2)/n-(1/2)/(n+2))(1+1/2+ldots+1/(n+2))=[...]=1/2[(44+25+8+7)/(24)]=7/4$.
"elgiovo":Non capisco questo passaggio..
sum_(n=1)^oo((1/2)/n-(1/2)/(n+2))(1+1/2+ldots+1/(n+2))=[...]=1/2[(44+25+8+7)/(24)]=7/4$.
Problema: Dimostrare che per ogni intero non negativo $d$,
$\sum_{n=1}^{N}n^d$
è un polinomio di grado $d+1$ nell'indeterminata $N$.
Ok, meglio scriverlo per esteso:
$sum_(n=1)^oo((1/2)/n-(1/2)/(n+2))(1+1/2+ldots+1/(n+2))=1/2[(1-1/3)(1+1/2+1/3)+(1/2-1/3)(1+1/2+1/3+1/4)+(1/3-1/5)(1+1/2+1/3+1/4+1/5)+ldots]$
$=1/2[(1+1/2+1/3)+1/2(1+1/2+1/3+1/4)+1/3(1/4+1/5)+1/4(1/5+1/6)+1/5(1/6+1/7)+ldots]=1/2[11/6+1/2*25/12+(1/(3*4)+1/(4*6)+1/(5*7)+ldots)]$
$=1/2[11/6+25/24+((1/3-1/4)+(1/4-1/5)+ldots)+1/2((1/3-1/5)+(1/4-1/6)+(1/5-1/7)+ldots)]=1/2+[11/6+25/24+1/3+1/6+1/8]=1/2[(44+25+8+7)/24]=7/4$.
$sum_(n=1)^oo((1/2)/n-(1/2)/(n+2))(1+1/2+ldots+1/(n+2))=1/2[(1-1/3)(1+1/2+1/3)+(1/2-1/3)(1+1/2+1/3+1/4)+(1/3-1/5)(1+1/2+1/3+1/4+1/5)+ldots]$
$=1/2[(1+1/2+1/3)+1/2(1+1/2+1/3+1/4)+1/3(1/4+1/5)+1/4(1/5+1/6)+1/5(1/6+1/7)+ldots]=1/2[11/6+1/2*25/12+(1/(3*4)+1/(4*6)+1/(5*7)+ldots)]$
$=1/2[11/6+25/24+((1/3-1/4)+(1/4-1/5)+ldots)+1/2((1/3-1/5)+(1/4-1/6)+(1/5-1/7)+ldots)]=1/2+[11/6+25/24+1/3+1/6+1/8]=1/2[(44+25+8+7)/24]=7/4$.
Chiaramente vale per $d=0$. Supponendo $\sum_(k=1)^nk^d=P_d(n)$ faccio vedere che $\sum_(k=1)^nk^(d+1)=P'_(d+1)(n)$.
$\sum_(k=1)^nk^(d+1) = \sum_(k=1)^nkk^d = sum_(k=2)^n(k-1)k^d+\sum_(k=1)^nk^d = sum_(k=3)^n(k-2)k^d+sum_(k=2)^nk^d+\sum_(k=1)^nk^d = ... =$
$n^d+\sum_(p=1)^(n-1)\sum_(k=p)^nk^d = n^d+P_d(n)+\sum_(p=2)^(n-1)(P_d(n)-\sum_(k=1)^(p-1)k^d) = n^d+P_d(n)+(n-2)P_d(n)-\sum_(p=2)^(n-1)\sum_(k=1)^(p-1)k^d = P'_(d+1)(n)$
$\sum_(k=1)^nk^(d+1) = \sum_(k=1)^nkk^d = sum_(k=2)^n(k-1)k^d+\sum_(k=1)^nk^d = sum_(k=3)^n(k-2)k^d+sum_(k=2)^nk^d+\sum_(k=1)^nk^d = ... =$
$n^d+\sum_(p=1)^(n-1)\sum_(k=p)^nk^d = n^d+P_d(n)+\sum_(p=2)^(n-1)(P_d(n)-\sum_(k=1)^(p-1)k^d) = n^d+P_d(n)+(n-2)P_d(n)-\sum_(p=2)^(n-1)\sum_(k=1)^(p-1)k^d = P'_(d+1)(n)$
"Eredir":Ok: a te il prossimo problema.
Chiaramente vale per $d=0$. Supponendo $\sum_(k=1)^nk^d=P_d(n)$ faccio vedere che $\sum_(k=1)^nk^(d+1)=P'_(d+1)(n)$.
Sia $R$ una matrice ortogonale di dimensione dispari e con $det(R)=1$.
Dimostrare che $R$ ha autovalore $\lambda=1$.
Dimostrare che $R$ ha autovalore $\lambda=1$.
Suggerimento:
Una soluzione forse un pò farraginosa:
le matrici ortogonali $n times n$ il cui determinante è $1$ formano il gruppo delle rotazioni $mbox(SU)(n)$,
ben noto in meccanica quantistica. Si verifica che $mbox(SU)(n)$ è un sottogruppo di $mbox(SU)(n+1)$, in
particolare ques'ultimo fa da fibrato sulla sfera unitaria, con fibra $mbox(SU)(n)$. Infatti si può verificare
attraverso delle riflessioni di Householder che ciascuna matrice di $mbox(SU)(n+1)$ si può costruire a partire
da una del sottogruppo precedente, e tale matrice può essere ricondotta nella forma
$((,,,0),(,mbox(SU)(n),,vdots),(,,,0),(0,ldots,0,1))$.
Da tali proprietà gruppali, si può sempre scomporre l'effetto di una matrice ortogonale come somma
di effetti su spazi ortogonali di dimensione $2$ o inferiore, i.e. se $Q$ è la matrice ortogonale, esiste
la matrice ortogonale $T$ di cambio di base tale che
$T^(-1) Q T=T^TQT=((R_1,,,emptyset),(,ddots,,),(,,R_j,),(emptyset,,,1))$ se $Q$ è di dimensione dispari, $((R_1,,emptyset),(,ddots,),(emptyset,,R_j))$ altrimenti,
che è una forma diagonale a blocchi in cui le $R_k$ sono matrici di rotazione $2times2$. Il polinomio caratteristico
$P_Q(lambda)$ di una matrice $Q$ di dimensione dispari è perciò divisibile per $(lambda-1)$, da cui l'asserto
(ricordando che gli autovalori di $T^(-1)QT$ sono gli stessi di $Q$).
le matrici ortogonali $n times n$ il cui determinante è $1$ formano il gruppo delle rotazioni $mbox(SU)(n)$,
ben noto in meccanica quantistica. Si verifica che $mbox(SU)(n)$ è un sottogruppo di $mbox(SU)(n+1)$, in
particolare ques'ultimo fa da fibrato sulla sfera unitaria, con fibra $mbox(SU)(n)$. Infatti si può verificare
attraverso delle riflessioni di Householder che ciascuna matrice di $mbox(SU)(n+1)$ si può costruire a partire
da una del sottogruppo precedente, e tale matrice può essere ricondotta nella forma
$((,,,0),(,mbox(SU)(n),,vdots),(,,,0),(0,ldots,0,1))$.
Da tali proprietà gruppali, si può sempre scomporre l'effetto di una matrice ortogonale come somma
di effetti su spazi ortogonali di dimensione $2$ o inferiore, i.e. se $Q$ è la matrice ortogonale, esiste
la matrice ortogonale $T$ di cambio di base tale che
$T^(-1) Q T=T^TQT=((R_1,,,emptyset),(,ddots,,),(,,R_j,),(emptyset,,,1))$ se $Q$ è di dimensione dispari, $((R_1,,emptyset),(,ddots,),(emptyset,,R_j))$ altrimenti,
che è una forma diagonale a blocchi in cui le $R_k$ sono matrici di rotazione $2times2$. Il polinomio caratteristico
$P_Q(lambda)$ di una matrice $Q$ di dimensione dispari è perciò divisibile per $(lambda-1)$, da cui l'asserto
(ricordando che gli autovalori di $T^(-1)QT$ sono gli stessi di $Q$).
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