|f(m,n)|<=1989

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mod_2
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|f(m,n)|<=1989

Messaggio da mod_2 » 16 mar 2008, 18:25

sono arrivato a concludere che se m è diverso da n allora f(m,n)=0, se inceve sono uguali allora f(m,n)=(1-a)^m, ma non ne sono tanto convinto :?: :?:
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Alex89
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Messaggio da Alex89 » 16 mar 2008, 19:49

Non è proprio giusto. Infatti
$ f(1,1)=1-a $
$ f(1,2)=af(1,1)+(1-a)f(0,1)=a(1-a) $

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Messaggio da mod_2 » 16 mar 2008, 20:28

Alex89 ha scritto:Non è proprio giusto. Infatti
$ f(1,1)=1-a $
$ f(1,2)=af(1,1)+(1-a)f(0,1)=a(1-a) $
Ops... non avevo considerato il caso m=1...
Grazie! Purtroppo sul sito non ci sono le soluzioni di Cesenatico 1989...
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Alex89
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Messaggio da Alex89 » 16 mar 2008, 20:31

Una cosa corretta (modulo cavolate:D) sarebbe questa (ragioniamo su interi positivi):
1) $ \displaystyle m>n $
In questo caso abbiamo sempre che $ f(m,n)=0 $
Infatti
$ f(m,n)=af(m,n-1)+(1-a)f(m-1,n-1) $

Ora per n=0 ho che per ogni m $ f(m,0)=0 $.
Ora sia che fino ad un certo n ho che per ogni m maggiore stretto di n
$ f(m,n)=0 $
Allora $ f(m+1,n+1)=af(m+1,n)+(1-a)f(m,n)=0 $
Per induzione ho che $ m>n $ implica $ f(m,n)=0 $.
2)$ \displaystyle m=n $
Ora voglio dimostrare che per ogni m $ f(m,m)=(1-a)^m $ per induzione.
Inizio ancora da $ f(0,0)=1 $
Ora diciamo che la nostra formula vale fino ad un certo m.
Allora $ f(m+1,m+1)=af(m+1,m)+(1-a)f(m,m) $
Ma per il caso 1 ho $ f(m+1,m)=0 $ e $ f(m+1,m+1)=(1-a)f(m,m)=(1-a)^{m+1} $

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 16 mar 2008, 20:46

3)$ \displaystyle m<n $
Voglio dimostrare che $ f(m,n)=a^{n-m}(1-a)^{m} $
Metto il caso $ \displaystyle x=1 $. Allora $ f(1,2)=af(1,1)+(1-a)f(0,1) $
$ f(1,2)=a(1-a) $
Ora suppongo che la mia formula con $ n-m=1 $ valga fino ad un certo $ \displaystyle m $. Allora
$ f(m+1,m+2)=af(m+1,m+1)+(1-a)f(m,m+1) $
$ f(m+1,m+2)=a(1-a)^{m+1} $
Ora suppongo che la mia formula valga fino ad un certo valore di
$ \displaystyle n-m=x $.
Calcolo $ f(1,x+2) $
$ f(1,x+2)=af(1,x+1)+(1-a)f(0,x+1)=a^{x+1}(1-a) $
Ora suppongo che la mia formula con $ \displaystyle n-m=x+1 $ vale fino ad un certo m.
Allora
$ f(m+1,n+1)=af(m+1,n)+(1-a)f(m,n) $
che con semplici conti porta a (tenendo conto che $ m+x+2=n+1 $)
$ f(m+1,m+x+2)=a^{x+1}(1-a)^{m+1} $.
Quindi ho chiuso anche il 3° caso.
Ultima modifica di Alex89 il 16 mar 2008, 20:50, modificato 1 volta in totale.

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 16 mar 2008, 20:48

Adesso riassumo la f
1) $ \displaystyle m>n $ $ f(m,n)=0 $
2) $ \displaystyle m=n $ $ f(m,n)=(1-a)^m $
3) $ \displaystyle m<n $ $ f(m,n)=a^{n-m}(1-a)^{m} $

Ora devo trovare un modo affinchè in ogni caso $ |f(m,n)|<1989 $
Tutte le parti della nostra funzione sono esponenziali, quindi se la loro base è maggiore di 1 o minore di -1, esse tenderanno ad infinito, e quindi supereranno prima o poi 1989. Ponendo tutte le basi comprese tra -1 e 1 ho:
$ -1 \le (1-a) \le 1 $
$ -1 \le a \le 1 $
da cui ho che $ 0 \le a \le 1 $.

Ora domanda: Perchè se provavo a scrivere questo in uno o in due post mi cancellava mezzo ragionamento, mentre in 3 tutto fila?

EDIT: Corretti i segni :D
Ultima modifica di Alex89 il 18 mar 2008, 21:53, modificato 1 volta in totale.

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edriv
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Messaggio da edriv » 16 mar 2008, 20:59

Perchè il forum supporta anche l'HTML nei post, e non ci fa un favore.

Se tu scrivi un segno di minore o di maggiore fuori dai tag latex, lui lo interpreterà come potenziale tag HTML, tagliando un po' a casaccio il tuo post.

La soluzione sarebbe quella di cliccare "Disabilita HTML nel messaggio" sotto la casella di testo in cui scrivi il tuo post, ma in genere quando uno realizza che sarebbe stata una cosa utile, il suo lavoro di mezzora è già stato cancellato dalla memoria di qualche server sparso nel mondo, oppure il lavoro è rimasto nella RAM (ancora per poco), ma il suo indirizzo di memoria è stato dimenticato, o ...
Ultima modifica di edriv il 16 mar 2008, 21:02, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da FrancescoVeneziano » 16 mar 2008, 20:59

Quando nelle formule in tex compaiono simboli di < e > capita che il computer cerchi di interpretarli come tag HTML.
In questi casi la soluzione è selezionare "Disabilita HTML nel messaggio" tra le opzioni.
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Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 17 mar 2008, 12:07

Due messaggi contemporanei, tempismo perfetto :D ( nn so xke, ma qst capita spesso in qst forum...)
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Messaggio da mod_2 » 18 mar 2008, 20:01

Alex89 ha scritto: da cui ho che $ 0<a<1 $.
Grazie Alex89! Un'ultima cosa...ma poteva essere anche uguale a 0 e 1?
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Alex89
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Messaggio da Alex89 » 18 mar 2008, 21:50

Quello è perchè con il tex sono un principiante...ora correggo$ \ge $ :D

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 03 mag 2008, 13:10

Alex89 ha scritto:3)$ \displaystyle m<n $
Voglio dimostrare che $ f(m,n)=a^{n-m}(1-a)^{m} $
Metto il caso $ \displaystyle x=1 $. Allora $ f(1,2)=af(1,1)+(1-a)f(0,1) $
$ f(1,2)=a(1-a) $
Ora suppongo che la mia formula con $ n-m=1 $ valga fino ad un certo $ \displaystyle m $. Allora
$ f(m+1,m+2)=af(m+1,m+1)+(1-a)f(m,m+1) $
$ f(m+1,m+2)=a(1-a)^{m+1} $
Ora suppongo che la mia formula valga fino ad un certo valore di
$ \displaystyle n-m=x $.
Calcolo $ f(1,x+2) $
$ f(1,x+2)=af(1,x+1)+(1-a)f(0,x+1)=a^{x+1}(1-a) $
Ora suppongo che la mia formula con $ \displaystyle n-m=x+1 $ vale fino ad un certo m.
Allora
$ f(m+1,n+1)=af(m+1,n)+(1-a)f(m,n) $
che con semplici conti porta a (tenendo conto che $ m+x+2=n+1 $)
$ f(m+1,m+x+2)=a^{x+1}(1-a)^{m+1} $.
Quindi ho chiuso anche il 3° caso.
Scusa, ma...

$ \displaystyle f(2,3) = af(2,2) + (1-a)f(1,2) $

Siamo d'accordo entrambi che $ \displaystyle f(2,2) = (1-a)^2 $, e anche che $ \displaystyle f(1,2)=a(1-a) $. Allora risulta

$ \displaystyle f(2,3) = 2a(1-a)^2 $

E non $ \displaystyle a(1-a)^2 $. L'errore nella tua induzione secondo me è qua:


$ f(m+1,m+2)=af(m+1,m+1)+(1-a)f(m,m+1) $
$ f(m+1,m+2)=a(1-a)^{m+1} $

Hai posto $ f(m,m+1) = 0 $ senza apparente motivo (secondo la tua formula, sarebbe stato $ f(m,m+1) = a(1-a)^m $.

O mi sbaglio di grosso io, oppure la formula giusta per m<n è:

$ \displaystyle f(m,n) = $ $ {n-1} \choose {m-1} $ $ a^{n-m} b^m $

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Messaggio da Alex89 » 03 mag 2008, 15:18

Giusto ho scambiato f(m+1,m+2) con f(m+2,m+1)....

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Messaggio da Iuppiter » 05 gen 2010, 14:21

Alex89 ha scritto:Ora devo trovare un modo affinchè in ogni caso $ |f(m,n)|<1989 $
Tutte le parti della nostra funzione sono esponenziali, quindi se la loro base è maggiore di 1 o minore di -1, esse tenderanno ad infinito, e quindi supereranno prima o poi 1989. Ponendo tutte le basi comprese tra -1 e 1 ho:
$ -1 \le (1-a) \le 1 $
$ -1 \le a \le 1 $
da cui ho che $ 0 \le a \le 1 $.
Secondo me è sbagliato.
Riprendiamo da qui:
$ \displaystyle f(m,n) = {{n-1} \choose {m-1}} $$ \cdot a^{n-m} (1-a)^m $
Ora, sapendo che il k-esimo termine di $ (x+y)^b={b \choose {k-1}} x^{b+1-k} y^{k-1} $, ne deduciamo che l'm-esimo termine di $ (a+1-a)^{n-1}={{n-1} \choose {m-1}} a^{n-m} (1-a)^{m-1} $

Quindi $ f(m,n) $ è l'm-esimo termine di $ (a+1-a)^{n-1} $ moltiplicato per $ (1-a) $.

Dato che $ 1^{n-1}=1 $ , allora abbiamo che $ |1-a| \le 1989 $.

Quindi $ -1988 \le a \le 1990 $.

Spero sia giusto, ma non ne ho la certezza.

PS: Buon 2010!

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Messaggio da Iuppiter » 09 gen 2010, 21:37

Iuppiter ha scritto:Spero sia giusto, ma non ne ho la certezza.
Qualcuno potrebbe cortesemente confermare o smentire la mia soluzione? Grazie

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