IMO 2011-5+rilancio

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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paga92aren
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IMO 2011-5+rilancio

Messaggio da paga92aren » 04 ago 2011, 11:16

Data una funzione $f$ da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}_0$ tale che $f(m-n)|f(m)-f(n)$ dimostrare che :
1) se $f(m)>f(n)$ allora $f(n)|f(m)$
2) sapendo che esiste $a$ tale che $a=\min{ \left( x|f(x)>f(1) \;\;\; x>0 \right)}$ dimostrare che $\forall x$ tale che $a\nmid x$ $f(x)=f(1)$

Aiuti per il punto 1 (cosi' lo possono risolvere tutti):
1)
Testo nascosto:
$f(m)|f(2m)$
2)
Testo nascosto:
$f(m)=f(-m)
3)
Testo nascosto:
Scrivi tutte le relazioni possibili su $f(m),f(n), f(m-n)$ e disequazioni.

Gigi95
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Re: IMO 2011-5+rilancio

Messaggio da Gigi95 » 04 ago 2011, 13:27

Sostituendo $ n=0 $ si ha $ f(m)\mid f(0) \forall m\in\mathbb{Z} $.
Sostituendo $ m=0 $ si ha $ f(-n)\mid f(n) \forall n\in\mathbb{Z} $ e quindi $ f(n)=f(-(-n))\mid f(-n) $, segue $ f(n)=f(-n) \forall n\in\mathbb{Z} $.
Ora per induzione si dimostra $ f(m)\mid f(km) \forall m\in\mathbb{Z},k\in\mathbb{N} $ e utilizzando $ f(km)=f(-km) $ si ottiene $ f(m)\mid f(km) \forall m\in\mathbb{Z},k\in\mathbb{Z} $.
In particolare $ f(1)\mid f(m) \forall m\in\mathbb{Z} $ e dunque si ha $ f(m)=g(m)f(1) $. Si noti che $ g(m)\geq 1 \forall m\in\mathbb{Z} $
Inoltre, $ f(m)\mid f(m+1)-f(1) $ per ipotesi, quindi $ g(m)f(1)\mid [g(m+1)-1]f(1) $, da cui $ g(m)\mid g(m+1)-1 \;(1) $.
Allo stesso modo $ f(m+1)\mid f(m)-f(-1)=f(m)-f(1) $, da cui $ g(m+1)\mid g(m)-1 \; (2) $.
Dalla 1 si ha $ g(m+1)=h(m)g(m)+1 $ con $ h(m)\geq 0 \forall m\in\mathbb{Z} $ e dalla 2 $ g(m)=k(m)g(m+1)+1=k(m)h(m)g(m)+k(m)+1 \forall m\in\mathbb{Z} $, con $ k(m)\geq0 \forall m\in\mathbb{Z} $.
E quindi $ g(m)[1-k(m)h(m)]=k(m)+1 $. Se $ h(m)\neq0 \wedge k(m)\neq0 $, allora $ RHS\leq 0 \wedge LHS>0 $, quindi o $ h(m)=0 $ e quindi $ g(m+1)=1\forall m\in\mathbb{Z} $ o $ g(m)=1 \forall m\in\mathbb{Z} $, in ogni caso $ f(m)=f(1) \forall m\in\mathbb{Z} $.
Da qui seguono le due tesi.
[tex] \lambda \upsilon \iota \varsigma [/tex]

bĕlcōlŏn
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Re: IMO 2011-5+rilancio

Messaggio da bĕlcōlŏn » 04 ago 2011, 14:43

Gigi95 ha scritto: E quindi $ g(m)[1-k(m)h(m)]=k(m)+1 $. Se $ h(m)\neq0 \wedge k(m)\neq0 $, allora $ RHS\leq 0 \wedge LHS>0 $, quindi o $ h(m)=0 $ e quindi $ g(m+1)=1\forall m\in\mathbb{Z} $ o $ g(m)=1 \forall m\in\mathbb{Z} $, in ogni caso $ f(m)=f(1) \forall m\in\mathbb{Z} $.
Da qui seguono le due tesi.
Attento... Data una coppia di interi $(m,m+1)$, tu hai mostrato che $g(m)=1$ oppure $g(m+1)=1$ e quindi $f(m)=f(1)$ oppure $f(m+1)=f(1)$. Quindi per ora hai mostrato che non esistono due valori conosecutivi che differiscono da $f(1)$, ma non hai mostrato che sono tutti $f(1)$.
"Il bon ton è la grazia del saper vivere, la leggerezza dell' esistere." (Lina Sotis, perfidamente elegante)

mattteo
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Re: IMO 2011-5+rilancio

Messaggio da mattteo » 24 ott 2011, 17:08

Visto che nessuno risponde ci provo io. Personalmente l'ho trovato relativamente facile, spero di non averlo cannato :)
1)Ponendo $ n=o $ si ottiene che f(m)$ \mid f(0) $ per ogni x
2)Ponendo $ m=o $ottengo che $ f(-n) $$ \mid f(n) $. Ma questo vuol dire che $ f(n)>f(-n) $. Poichè vale quindi che, ad esempio, $ f(3)>f(-3) e f(-3)>f(3) $ allora $ f(n)=f(-n) per ogni n $.
3)Prendiamo ora i numeri $ a,b,a+b $. Supponiamo $ f(a)>f(b) $. Vogliamo mostrare che $ f(b)\mid f(a) $.
Dividiamo in due casi, se $ f(a+b)>f(a), o viceversa. $
-Se $ f(a+b)>f(a) $ allora $ f(a+b)\mid f(a)-f(-b) $. Ma $ f(b)=f(-b) $, da cui $ f(a+b)\mid f(a)-f(b) $. Sappiamo che $ f(a+b)>f(a)-f(b) \geqslant 0 $. Ma affinchè $ f(a+b)\mid f(a)-f(b) $ è necessario che o $ f(a)-f(b)>f(a+b) $, che è impossibile, o che $ f(a)-f(b)=0 $, che è l'unico caso possibile. Di -conseguenza $ f(a)=f(b) e quindi f(b)\mid f(a) $.
-Se $ f(a+b)<f(a) $ allora $ f((a+b)-b))\mid f(a+b)-f(b) $ da cui $ f(a)\mid f(a+b)-f(b) $. Sappiamo che $ f(a)>f(a+b)-f(b) \geqslant 0 $. Ma affinchè $ f(a)\mid f(a+b)-f(b) $ è necessario che o $ f(a+b)-f(b)>f(a) $, che è impossibile, o che $ f(a+b)-f(b)=0 $, che è l'unico caso possibile, da cui$ f(a+b)=f(b) $ Ma $ f((a+b)-a) \mid f(a+b)-f(a) $. sostituendo con $ f(a+b)=f(b) $ ottengo $ f(b)\mid f(b)-f(a) $, da cui$ f(b)\mid f(a) $.

paga92aren
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Re: IMO 2011-5+rilancio

Messaggio da paga92aren » 27 ott 2011, 14:46

Ok ora manca il rilancio!

mattteo
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Re: IMO 2011-5+rilancio

Messaggio da mattteo » 27 ott 2011, 18:53

Bè salto tutte le cose banali perchè non c'ho voglia di perderci molto tempo. Spero di aver interpretato bene il testo.
Prendo un generico k compreso tra 1 e a e noto che $ f(k)=f(1) $.
Dimostro allora che $ f(a+k)=f(1) $.
So che$ f(a+k) $$ \mid f(a)-f(k) $ e quindi $ f(a+k) $$ \mid f(a)-f(1) $. Poiche $ f(a)>f(1) $ allora$ f(a)>f(a+k). $
So anche che $ f(a) \mid f(a+k)-f(1) $, da cui o $ f(a+k)>f(a) $ che è impossibile per quello detto prima o$ f(a+k)-f(1)=0 $, da cui $ f(a+k)=f(1) $. Ripetendo ciò, sostituendo$ f(a+k) $ con$ f((a+k)+k) $e sapendo che$ f(a+k)=f(1) $ si ottiene che$ f(2a+k)=f(1) $ e si può ripetere il procedimento all'infinto, per ogni $ f(na+k) $.
Dovrei farlo più precisamente con l'induzione. Comunque il problema di base non era facile per un imo 5?? Io sono scarso e l'ho risolto abbastanza velocemente.

paga92aren
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Re: IMO 2011-5+rilancio

Messaggio da paga92aren » 31 ott 2011, 14:06

Cosi' e' sbagliato...devi formalizzare un po' meglio soprattutto perche' per induzione ottieni una formula diversa da quella che hai scritto

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