AMC 1984 modificata

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Rispondi
wotzu
Messaggi: 52
Iscritto il: 16 dic 2015, 21:33

AMC 1984 modificata

Messaggio da wotzu » 20 gen 2016, 19:27

sia $f:N\to R$ una funzione con le seguenti proprietà:
$a) f(2)=2$
$b)f(m\cdot n)=f(m)f(n)$
$c)f(m)>f(n)$ se $m>n$
dimostrare che $f(n)=n$ per ogni $n$ intero positivo.

mr96
Messaggi: 123
Iscritto il: 05 gen 2015, 01:07

Re: AMC 1984 modificata

Messaggio da mr96 » 20 gen 2016, 19:45

Testo nascosto:
Da b) per Cauchy sappiamo che la funzione può essere $ f(x)=0 $, $ f(x)=|x|^c $, $ f(x)=sgnx\cdot |x|^c $.
Da a) escludiamo la prima e sappiamo $ c=1 $
Da c) escludiamo la 2
Rimane $ f(x)=sgnx\cdot|x|=x $ che soddisfa
EDIT: Mi sono accorto ora che si va in $ \mathbb{R} $, non sono più sicuro che basti o se mi serve anche che sia continua. Aspetto qualche pro :lol:

wotzu
Messaggi: 52
Iscritto il: 16 dic 2015, 21:33

Re: AMC 1984 modificata

Messaggio da wotzu » 20 gen 2016, 23:25

allora , essendo ignorante non capisco la tua soluzione (penso perchè mi mancano le conoscenze) quindi non posso giudicare.
rivolto a tutti: la funzione va in R quindi è un po' meno scontata di quel che sembra

mr96
Messaggi: 123
Iscritto il: 05 gen 2015, 01:07

Re: AMC 1984 modificata

Messaggio da mr96 » 20 gen 2016, 23:42

wotzu ha scritto:allora , essendo ignorante non capisco la tua soluzione (penso perchè mi mancano le conoscenze) quindi non posso giudicare.
rivolto a tutti: la funzione va in R quindi è un po' meno scontata di quel che sembra
Eh, infatti me ne sono accorto dopo, fosse andata in N funzionerebbe, così penso di no, in ogni caso provo a rifarlo appena ho un po' di tregua :lol:

wotzu
Messaggi: 52
Iscritto il: 16 dic 2015, 21:33

Re: AMC 1984 modificata

Messaggio da wotzu » 20 gen 2016, 23:54

supponiamo sia $f:N\to N$ allora sai che, essendo $f(2)=2$,$f(4)=4$, $f(3)$ deve per forza essere uguale a $3$.
per induzione è facile dimostrare che di ogni numero dispari conosci quanto vale il precedente e il successivo.
Oppure supponi che per assurdo che $f(m)>m$ e che $m$ è compreso tra due potenze di due , ovvero hai $2^n<m<2^{n+1}$
allora $f(m+1)>m+1$,$f(m+2)>m+2$ e così via e arrivi ad avere l'assurdità che $f(2^{n+1})>2^{n+1}$.
tuttavia tutti questi ragionamenti per $f:N\to R$ non portano a un fico secco.
hint: prova a dimostrare che $f(3)=3$

bern-1-16-4-13
Messaggi: 71
Iscritto il: 23 mag 2015, 18:27

Re: AMC 1984 modificata

Messaggio da bern-1-16-4-13 » 21 gen 2016, 00:27

Let's start...
Testo nascosto:
Supponiamo l'assurdo. Chiamiamo $k$ un numero naturale diverso da $0$ e $1$ (si ottiene facilmente che $f\left(0\right)=0,f\left(1\right)=1$) per cui $f\left(k\right)\neq k$. Allora si deve ovviamente avere che $f\left(k\right)<k\vee f\left(k\right)>k$.
Analizzo solo il primo caso poiché la dimostrazione è simile nell'altro.
Innanzitutto sappiamo che $f\left(2^n\right)=f\left(2\right)^n=2^n$ per la moltiplicatività della funzione. Inoltre sempre per la moltiplicatività sappiamo che $f\left(k^n\right)=f\left(k\right)^n$. Ma quindi se $$f\left(k\right)<k\Longrightarrow \lim_{n\longrightarrow\infty}\frac{k^n}{f\left(k^n\right)}=\infty.$$
Adesso tanto per essere formali definiamo $$g\left(n\right)=y:\ \ k^n-2^y=\text{min}\left(k^n-2^y\geq 0; \ y\in\mathbb{N}\right).$$
Allora, poiché è quindi evidente che $k^n\geq 2^{g\left(n\right)}$ si può dire che per la crescenza di $f$ si ha che $$f\left(k^n\right)=f\left(k\right)^n\geq f\left(2^{g\left(n\right)}\right)=2^{g\left(n\right)},\ \ \ \forall n\in\mathbb{N}.$$ Da questa disuguaglianza e dal fatto precedente dimostrato per cui avevamo che $$\lim_{n\longrightarrow\infty}\frac{k^n}{f\left(k^n\right)}=\infty,$$ potremmo dire che $$\lim_{n\longrightarrow\infty}\frac{k^n}{2^{g\left(n\right)}}=\infty.$$ Ma d'altronde per come abbiamo definito $g$ si ha anche che $$\frac{k^n}{2^{g\left(n\right)}}<2\ \ \ \forall n\in\mathbb{N},$$ e questa è chiaramente una contraddizione.

Avatar utente
karlosson_sul_tetto
Messaggi: 1430
Iscritto il: 10 set 2009, 13:21
Località: Napoli

Re: AMC 1984 modificata

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 22 gen 2016, 20:16

mr96 ha scritto:
Testo nascosto:
Da b) per Cauchy sappiamo che la funzione può essere $ f(x)=0 $, $ f(x)=|x|^c $, $ f(x)=sgnx\cdot |x|^c $.
Da a) escludiamo la prima e sappiamo $ c=1 $
Da c) escludiamo la 2
Rimane $ f(x)=sgnx\cdot|x|=x $ che soddisfa
EDIT: Mi sono accorto ora che si va in $ \mathbb{R} $, non sono più sicuro che basti o se mi serve anche che sia continua. Aspetto qualche pro :lol:
Più che altro il problema è come si arriva alla Cauchy.
In genere, da $f(x\cdot y)=f(x)f(y)$ si valuta prima per 0,1 (escludendo le soluzioni $f(x)=0,1\forall x$), si arriva ai negativi con $-1$ e per i positivi si sostituisce $x=e^a, y=e^b$, si definisce $g(x)=f(e^x)$ trasformando la moltiplicatività in additività.
Purtroppo, partendo da $\mathbb{N}$, il logaritmo di numeri interi è irrazionale, quindi l'insieme di partenza della funzione $g(\cdot)$ è una cosa bruttissima su cui non sai niente.

Al contrario, se tu avessi direttamente $g(\cdot) \mathbb{N}\rightarrow \mathbb{R}$, allora potevi dire che $f(n)=\lambda n \forall n \in \mathbb{N}$ perché la dimostrazione della Cauchy passa prima per i naturali, poi per gli interi relativi e i razionali. È vero che per i reali serve qualche condizione in più, ma lo "scheletro" dei razionali rimane comunque.
"Inequality happens"
---
"Chissa se la fanno anche da asporto"

Rispondi

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 5 ospiti