È sempre intero?

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
pic88
Messaggi: 741
Iscritto il: 16 apr 2006, 11:34
Località: La terra, il cui produr di rose, le dié piacevol nome in greche voci...

Messaggio da pic88 » 18 set 2008, 10:30

La stessa cosa dell'induzione, solo che assumi P per tutti i valori minori o uguali ad n per provare il caso n+1.

Alla fine è un'induzione semplice fatta sulla proposizione $ Q(n):= P(k) \forall k \leq n $

ico1989
Messaggi: 155
Iscritto il: 16 ott 2007, 23:17

Messaggio da ico1989 » 18 set 2008, 17:50

Riscrivo per essere sicuro di aver capito bene...

Assumo la proposizione vera per tutti i valori minori o uguali a n. Se dimostro che è vera per n + 1, allora la proposizione è vera per ogni n. Giusto?

Ma è tra gli assiomi di Peano, o una conseguenza, o qualcosa del genere insomma? (scusate la parlata barbara...)

pic88
Messaggi: 741
Iscritto il: 16 apr 2006, 11:34
Località: La terra, il cui produr di rose, le dié piacevol nome in greche voci...

Messaggio da pic88 » 18 set 2008, 18:03

L'induzione semplice è tra gli assiomi di Peano. Quella estesa si dimostra discendere da quella semplice, in ogni caso puoi provare la loro equivalenza al principio del minimo, secondo cui ogni sottoinsieme nonvuoto di N ammette minimo (mi pare se ne sia parlato un sacco di volte sul forum ma ora nn trovo).

Ciao!

ico1989
Messaggi: 155
Iscritto il: 16 ott 2007, 23:17

Messaggio da ico1989 » 18 set 2008, 18:32

Ok :) No, era solo per sapere se la si può usare (in linea di massima ovviamente) tranquillamente anche a concorsi come normale, altre scuole superiori, etc.

Avatar utente
Algebert
Messaggi: 330
Iscritto il: 31 lug 2008, 20:09
Località: Carrara
Contatta:

Messaggio da Algebert » 21 set 2008, 15:14

Ecco ora mi ricordo come si risolve questo problema con vie algebriche.
Un polinomio $ $f(x) = a_nx^n + \dots + a_1x + a_0$ $, $ $a_n \neq 0$ $, è detto "reciproco" (si traduce così, o in un altro modo :? ?) se $ $a_i = a_{n - i}$ $ per $ $i = 0, \dots, n$ $.
Un polinomio reciproco di grado $ $2n$ $ può essere scritto nella forma $ $f(x) = x^ng(z)$ $, dove $ $z = x + \frac{1}{x}$ $ e $ $g(z)$ $ è un polinomio in $ $z$ $ di grado $ $n$ $. Infatti:

$ $f(x) = a_0x^{2n} + a_1x^{2n - 1} + \dots + a_1x + a_0$ $

$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0x^n + a_1x^{n - 1} + \dots + \frac{a_1}{x^{n - 1}} + \frac{a_0}{x^n} \right)$ $

$ $f(x) = x^n \cdot \left(a_0\left(x^n + \frac{1}{x^n}\right) + a_1\left(x^{n - 1} + \frac{1}{x^{n - 1}}\right) + \dots + a_n\right)$ $

Usando questo teorema possiamo esprimere $ $x^k + 1/x^k$ $ in funzione di $ $z = x + 1/x$ $:

$ $x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 = z^2 - 2$ $

$ $x^3 + \frac{1}{x^3} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^3 - 3x - \frac{3}{x} = z^3 - 3z$ $

$ $x^4 + \frac{1}{x^4} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^4 - 4x^2 - \frac{4}{x^2} - 6 = z^4 - 4z^2 + 2$ $

e così via. Quindi se $ $x + \frac{1}{x}$ $ è intero lo è sempre anche $ $x^k + \frac{1}{x^k}$ $, con $ $x \in \mathbb{R^*}$ $ e $ $k \in \mathbb{Z}$ $.
Proprio come ha già fatto notare ico1989 in precedenza :wink: .
"[i]What is a good Olympiad problem?[/i] Its solution should not require any prerequisites except cleverness. A high scool student should not be at a disadvantage compared to a professional mathematician."

Pigkappa
Messaggi: 1209
Iscritto il: 24 feb 2005, 13:31
Località: Carrara, Pisa

Messaggio da Pigkappa » 21 set 2008, 23:35

Scusa, ma il tuo metodo non è diverso da quello di Haile. Quando tu dici "e così via" stai usando l'induzione estesa (in modo molto subdolo), perciò l'idea è la stessa e lo svolgimento pure...

Pigkappa
Messaggi: 1209
Iscritto il: 24 feb 2005, 13:31
Località: Carrara, Pisa

Messaggio da Pigkappa » 21 set 2008, 23:37

ico1989 ha scritto:Sorry, cosa dice esattamente l'induzione estesa?
Sia $ \displaystyle p(n) $ una proprietà con $ \displaystyle n \in N $. Supponiamo che siano vere le seguenti due affermazioni:

- $ \displaystyle p(0) $ è vera.

- Se $ \displaystyle p(0), p(1), ... , p(n) $ sono vere, allora $ \displaystyle p(n+1) $ è vera.

Allora $ \displaystyle p(n) $ è vera per ogni $ \displaystyle n \in N $.

Avatar utente
Algebert
Messaggi: 330
Iscritto il: 31 lug 2008, 20:09
Località: Carrara
Contatta:

Messaggio da Algebert » 22 set 2008, 10:39

Pigkappa ha scritto:Scusa, ma il tuo metodo non è diverso da quello di Haile. Quando tu dici "e così via" stai usando l'induzione estesa (in modo molto subdolo), perciò l'idea è la stessa e lo svolgimento pure...
Beh io non penso sia così, altrimenti non lo avrei postato; non sto usando l'induzione, è la formula prima trovata sui polinomi reciproci che mi permette di esprimere $ $x^k + \frac{1}{k}$ $ in funzione del parametro $ $z$ $, attraverso manipolazioni algebriche.
Certamente se avessi usato l'induzione non avrei scritto "e così via" :roll: .
"[i]What is a good Olympiad problem?[/i] Its solution should not require any prerequisites except cleverness. A high scool student should not be at a disadvantage compared to a professional mathematician."

pic88
Messaggi: 741
Iscritto il: 16 apr 2006, 11:34
Località: La terra, il cui produr di rose, le dié piacevol nome in greche voci...

Messaggio da pic88 » 23 set 2008, 18:20

Lol, ma sull "e così via" ti dobbiamo credere per fede?
No, serve una dimostrazione. In genere chi dice "e così via" intende "per induzione si vede facilmente". Se tu non intendi questo, spiegaci allora la dimostrazione che ne vuoi fare :D

Rispondi