Dal Kazakhstan (IMO 2010/1)

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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GioacchinoA
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Dal Kazakhstan (IMO 2010/1)

Messaggio da GioacchinoA » 07 lug 2010, 20:31

Trovare tutte le $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ tali che $ \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2 $ sia verificata la seguente relazione:

$ f(\left\lfloor x \right\rfloor y) = f(x)\left\lfloor f(y)\right\rfloor $

Euler
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Messaggio da Euler » 08 lug 2010, 12:44

Ho trovato la soluzione, ma non mi convince molto, quindi sicuramente avrò commesso qualche errore, dunque corregetemi!
Per prima cosa pongo x=0, e ottengo $ f(0)=f(0)\left[f(y)\right] $, da cui, se f(0) è diverso da 0, ottengo che $ \left[f(y)]=1 $ per tutti gli y. Però, se pongo y=0, si ha che $ f(0)=f(x)\left[f(0)\right] $ e quindi f(x)=f(0), da cui ottengo che f deve esere costante e quindi $ f(x)=k $ con $ k\in [1, 2) $.
Ora suppongo che f(0)=0; innanzitutto noto che f(x) = 0 è valida. Inoltre, ponendo x=1, l'equazione diventa $ f(y)=f(1)\left[f(y)\right] $ ma ponendo y intero, ottengo che f(1)=1. Inoltre, ponendo nell'equazione di partenza y=1, ottengo anche che $ f([x])=f(x)=[f(x)] $ e quindi $ f(x)=[x]+g(x) $, dove g(x) è sempre intero. Ora non so più andare avanti, quindi aspetto suggerimenti...
cogito ergo demonstro

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 08 lug 2010, 12:57

Euler ha scritto:l'equazione diventa $ f(y)=f(1)\left[f(y)\right] $ ma ponendo y intero, ottengo che f(1)=1.
Wrong!
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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Maioc92
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Messaggio da Maioc92 » 08 lug 2010, 13:16

x=y=1 e ho 2 possibilità
1)f(1)=0 e da qui ponendo solo x=1 si conclude che f è costantemente nulla

2)[f(1)]=1
Ponendo y=1 ho che $ f([x])=f(x) $

Ora pongo x=y=0 e ho di nuovo 2 possibilità:
1)f(0)=0
Ponendo x=2 y=1/2 ho che $ f(1)=f(2)[f(\frac 1 2)]=f(2)[f([\frac 1 2])]=f(2)[f(0)]=0 $, in contraddizione con [f(1)]=1

2)[f(0)]=1
Ponendo y=0 ho che f(x)=f(0), ovvero f è costante.

A questo punto si verifica facilmente che le f costanti che vanno bene sono tutte e sole le seguenti:
-$ f(x)=0 $ per ogni x
-$ f(x)=k $ per ogni x, dove $ k\in\mathbb R $ e $ 1\le k<2 $

Come IMO 1 è abbastanza facilotto :shock: (sempre che non abbia dimenticato qualcosa)
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 08 lug 2010, 13:41

Maioc ho controllato e sembra che vada tutto bene... sono d'accordo anche sulla facilità :)

Ci sono tante soluzioni, magari qualcuno ne trova un'altra e la posta (tutte comunque si assomigliano)

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 08 lug 2010, 17:18

ne ho trovata una anche io abbastanza simile, ma più contorta e brutta:

$ f(\left\lfloor x \right \rfloor y)= f(x)\left\lfloor f(y)\right\rfloor $
pongo x=0

1) $ f(0)= f(0)\left\lfloor f(y)\right\rfloor $

da cui due casi:
$ \displaystyle f(0)\neq 0 $
da cui
$ \left\lfloor f(y)\right\rfloor = 1 \forall y $
da cui, di nuovo,
$ f(\left\lfloor x \right \rfloor y)= f(x) $
e per y=0 abbiamo che f(x) è costante.
ricordandoci che la sua parte intera è 1, f(x) è costante e compresa tra 1 e 2. si nota con facilità che tutte queste funzioni vanno bene

2) $ f(0)=0 $
scegliamo dunque una x compresa tra 0 e 1
$ f(0)= f(x)\left\lfloor f(y)\right\rfloor = 0 $
da cui
$ \left\lfloor f(y)\right\rfloor = 0 \forall y \rightarrow f(\left\lfloor x \right \rfloor y) = 0 $
poichè al variare di x ed y posso scegliere tutti i reali, f(x)=0
oppure
$ f(x)=0 \forall x \in [0;1) $, da cui di nuovo, scegliendo un y compresa tra 0 e 1 e un x arbitrariamente grande in modulo, posso ottenere tutti i reali, da cui di nuovo f(x)=0

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Federiko
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Messaggio da Federiko » 09 lug 2010, 00:47

Stessa identica soluzione di Spammowarrior, tra l'altro la prima che provo e una serie di cose ovvie da tentare.. Mi sembra decisamente troppo facile per essere un IMO 1...
CUCCIOLO

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