A2 ammissione WC14

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
darkcrystal
Messaggi: 706
Iscritto il: 14 set 2005, 11:39
Località: Chiavari

Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da darkcrystal »

Un primo suggerimento potrebbe essere il seguente: per ipotesi la funzione è surgettiva, e tu hai dimostrato che è iniettiva, quindi è una bigezione. In particolare puoi considerare $f^{-1}$, e usarla per estendere la tua successione $a_n$ ad indici $n<0$ (per esempio, $a_{-1}=f^{-1}(x)$...). Un suggerimento un po' più pesante è
Testo nascosto:
considerare $\displaystyle b_n=\frac{1}{a_n}$
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein

Membro dell'EATO
Saro00
Messaggi: 115
Iscritto il: 27 mag 2015, 10:52
Località: Provincia di Milano

Re: A2 ammissione WC14

Messaggio da Saro00 »

Penso di avercela fatta questa volta :lol: .
Testo nascosto:
Innanzitutto definisco una sequenza in questo modo$ \begin{cases}a_0=x \\a_{n+1}=f(a_{n})\end{cases} $.
$ 1. $ Dimostro per induzione che $ a_n=\frac{a_0a_1}{na_0-(n-1)a_1} \forall n\in \mathbb{N} $
Passo Base: Riscrivo il testo in funzione di $ a_2 $ e ottengo $ a_2=\frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ che verifica il passo base.
Passo Induttivo: Sciftando di $ 1 $ gli indici dell'ipotesi induttiva ho che $ a_{n+1}=\frac{a_1a_2}{na_1-(n-1)a_2}=\frac{a_0a_1}{(n+1)a_0-na_1} $ dove l'ultima disuguaglianza si verifica sostituendo $ a_2 $ con $ \frac{a_0a_1}{2a_0-a_1} $ e svolgendo i conti.
$ 2. $ $ f $ è iniettiva
Siano $ a $ e $ b $ 2 numeri tali che $ f(a)=f(b)=c $. Allora si ha che $ 2af(c)-ac=cf(c)=2bf(c)-bc \iff f(c)=\frac{c}{2} $. Ora sostituendo nel testo del problema $ a\leftarrow x $ e sfruttando ciò che ho appena dimostrato ottengo $ c=0 $, ma dato che la funzione è definita per numeri positivi siamo a posto.
$ 3. $ Dato che $ f $ è iniettiva e surgettiva esiste una funzione inversa $ f^{-1}:(0,\infty)\rightarrow (0,\infty) $. Estendendo la sequenza definita anche per la funzione inversa si può dimostrare, analogamente ad $ 1. $, che $ a_n=\frac{a_0a_1}{na_0-(n-1)a_1} \forall n \in \mathbb{Z} $. Quindi si ha che $ \frac{a_0a_1}{na_0-(n-1)a_1} \in \mathbb{R^+} \forall n \in \mathbb{Z} $
$ 4. $ Riscrivo la formula come$ \frac{a_0a_1}{n(a_0-a_1)+a_1}=\frac{a_0a_1}{n\triangle+a_1} \in \mathbb{R^+} \forall n \in \mathbb{Z} $.
$ \triangle > 0 \iff x> f(x) $, allora ponendo $ n\rightarrow -\infty $ si ha che il denominatore della frazione è negativo e il numeratore è positivo, ma la frazione è sempre un numero positivo, ASSURDO!
$ \triangle< 0 \iff x< f(x) $, allora ponendo $ n\rightarrow \infty $ si ha che il denominatore della frazione è negativo e il numeratore è positivo, ma la frazione è sempre un numero positivo, ASSURDO!
Quindi, l'unico caso da verificare è quando $ \triangle=0 $ che dà come soluzione $ f(x)=x $ che verificando va bene.
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi. 8)
Rispondi