Quando esiste g?

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Anér
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Quando esiste g?

Messaggio da Anér » 03 mar 2010, 17:46

Dato $ a\in \mathbb{Z} $, sia definita la funzione $ f\colon \mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}, f(x)=x+a\quad \forall x\in \mathbb {Z} $. Determinare per quali interi positivi $ b $ esiste una funzione $ g\colon \mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z} $ tale che $ g^b(x)=f(x) \quad \forall x\in\mathbb{Z} $.
È abbastanza facile, quindi rispondete solo se non avete risolto il problema.
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Nonno Bassotto
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Re: Quando esiste g?

Messaggio da Nonno Bassotto » 03 mar 2010, 18:00

Anér ha scritto:rispondete solo se non avete risolto il problema.
:?
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ndp15
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Re: Quando esiste g?

Messaggio da ndp15 » 03 mar 2010, 18:24

Nonno Bassotto ha scritto:
Anér ha scritto:rispondete solo se non avete risolto il problema.
:?
Se risponde Nonno Bassotto vuol dire che non lo ha risolto, di conseguenza non lo risolverò neanche io, quindi rispondo :lol:
A parte gli scherzi, con $ g^b(x) $ cosa si intende? Mi pare sia una notazione ambigua, magari non lo è per questo problema ma lo è comunque per la mia testa :roll:

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Anér
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Messaggio da Anér » 04 mar 2010, 11:12

Ovviamente è uno scherzo, costruito sulla frase "pubblicate la soluzione solo se non avete risolto il problema in dieci secondi", quindi è lecito rispondere.

Per $ g^n(x) $ intendo

$ $\underbrace{g(g(\cdots g(x)\cdots ))}_{n\mbox{ volte}} $
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Tin-Tan
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Messaggio da Tin-Tan » 09 mar 2010, 19:36

Dimostrerò che g esiste solo per quando b è divisore di a.
Sia h una funzione, se dice che due elementi m,n sono connessi per h se esiste un intero positivo tale che h^k(n)=m o h^k(m)=n.

È chiaro che se due interi m, n sono congruenti (modulo a), allora m,n sono connessi per f, allora anche sono connessi per g.
Anche è chiaro che nella successione x, f(x), f^2(x), … ci sono una infinità di termini diversi, allora nella successione x, g(x), g^2(x)… anche ci sono una infinità di termini.
Poi, prendiamo un intero x qualsiasi, se nei numeri x, g(x), g^2(x),… g^(b-1) ci sono due (y, z) con la stessa classe di congruenza modulo a allora esiste un intero positivo k tale che : g^kb(z)=y oppure g^kb(y)=z, ma se ci sono due termini uguagli nella successione x, g(x), g^2(x)… allora non c’è una quantità infinita di termini in questa successione, lo quale è una contraddizione per lo che avevamo detto prima., per cui x, g(x), g^2(x),… g^(b-1) sono tutti di diverse classi (modulo a).

Facciamo una partizione nell’insieme degli interi, tale che se due interi m,n sono connessi per g allora n ed m appartengono allo stesso sottoinsieme nella nostra partizione, e se m,n non sono connessi allora n ed m non appartengono allo stesso insieme nella nostra partizione. Per lo che abbiamo detto al inizio in ciascuno degli sottoinsiemi di questa partizione ci sono interi di b diversi classi di congruenze modulo a, e in due sottoinsiemi diversi non ci sono numeri con la stessa classe di congruenza modulo a, siccome ci sono a classi di congruenze modulo a, e questi si hanno diviso in sottoinsiemi disgiunti di b elementi allora b è un divisore di a.

Dopo se b è un divisore di a è facile costruire g tale che g^b(x)=f(x) per tutto x intero.
Genio es aquel que no se limita a la escasa percepción de sus sentidos para describir el universo que lo rodea.

Gogo Livorno
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Messaggio da Gogo Livorno » 09 mar 2010, 21:19

Tin-Tan ha scritto:Dimostrerò che g esiste solo per quando b è divisore di a.
Sia h una funzione, se dice che due elementi m,n sono connessi per h se esiste un intero positivo tale che h^k(n)=m o h^k(m)=n.

È chiaro che se due interi m, n sono congruenti (modulo a), allora m,n sono connessi per f, allora anche sono connessi per g.
Anche è chiaro che nella successione x, f(x), f^2(x), … ci sono una infinità di termini diversi, allora nella successione x, g(x), g^2(x)… anche ci sono una infinità di termini.
Poi, prendiamo un intero x qualsiasi, se nei numeri x, g(x), g^2(x),… g^(b-1) ci sono due (y, z) con la stessa classe di congruenza modulo a allora esiste un intero positivo k tale che : g^kb(z)=y oppure g^kb(y)=z, ma se ci sono due termini uguagli nella successione x, g(x), g^2(x)… allora non c’è una quantità infinita di termini in questa successione, lo quale è una contraddizione per lo che avevamo detto prima., per cui x, g(x), g^2(x),… g^(b-1) sono tutti di diverse classi (modulo a).

Facciamo una partizione nell’insieme degli interi, tale che se due interi m,n sono connessi per g allora n ed m appartengono allo stesso sottoinsieme nella nostra partizione, e se m,n non sono connessi allora n ed m non appartengono allo stesso insieme nella nostra partizione. Per lo che abbiamo detto al inizio in ciascuno degli sottoinsiemi di questa partizione ci sono interi di b diversi classi di congruenze modulo a, e in due sottoinsiemi diversi non ci sono numeri con la stessa classe di congruenza modulo a, siccome ci sono a classi di congruenze modulo a, e questi si hanno diviso in sottoinsiemi disgiunti di b elementi allora b è un divisore di a.

Dopo se b è un divisore di a è facile costruire g tale che g^b(x)=f(x) per tutto x intero.
posso farlo più semplice?

esempio:

sia g(x) = x+k (con k intero assolutamente arbitrario)

dunque g^b(x) = x+bk

per avere g^b(x)=f(x) abbiamo che bk=a.

dunque b deve dividere a.

mostriamo che è condizione necessaria e sufficiente:
infatti se b divide a allora basta porre k=a/b (che per quanto detto è un intero) per avere una g(x) che verifichi l'ipotesi.

dunque le soluzioni di b sono solo e soltanto i divisori di a.

no?

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Nonno Bassotto
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Messaggio da Nonno Bassotto » 09 mar 2010, 21:31

Gogo Livorno ha scritto: esempio:

sia g(x) = x+k (con k intero assolutamente arbitrario)

dunque g^b(x) = x+bk

per avere g^b(x)=f(x) abbiamo che bk=a.

dunque b deve dividere a.
Vero. Nel tuo esempio b deve dividere a.
mostriamo che è condizione necessaria e sufficiente:
infatti se b divide a allora basta porre k=a/b (che per quanto detto è un intero) per avere una g(x) che verifichi l'ipotesi.

dunque le soluzioni di b sono solo e soltanto i divisori di a.

no?
In questa seconda parte fai vedere solo che la condizione è sufficiente.

Il problema è che ci potrebbero essere funzioni molto più complicate di g(x) = x + k e la tua soluzione non dice nulla su queste.[/b]
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Gogo Livorno
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Messaggio da Gogo Livorno » 09 mar 2010, 22:14

cavolo, avete ragione.

il succo è: non necessariamente g(x) è del tipo x+k, no?

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Reginald
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Messaggio da Reginald » 10 mar 2010, 18:11

Tin-Tan ha scritto:x, f(x), f^2(x), … ci sono una infinità di termini diversi,
Non ho capito questo pezzo....intendi che per ogni b, f(b) è diverso da f^2(b)?se a=0 è falso..
Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
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Tin-Tan
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Messaggio da Tin-Tan » 10 mar 2010, 20:13

Hai ragione!, lo che ho detto solo serve per quando a è diverso di 0, allora manca il caso in cui a=0, se a=0 allora f(x)=x per tutto x, se si definisce g(x)=x per tutto x allora è vero g^b(x)=x=f(x) per tutto b. E comunque la risposta è: g esiste se e solo se b è divisore di a.
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Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 14 mar 2010, 15:09

per completare la soluzione di gogo livorno, penso sia sufficiente notare un paio di cose:
a) g(x) è algebrico, sennò non andrebbe da z a z
b) il grado di g(g(x)) è il quadrato del grado di g(x), e più in generale

$ g^n(x) $ ha come grado il grado di g(x) elevato n

quindi poichè $ g^n(x) $ abbia grado uno è necessario che g(x) abbia grado uno.

c) il coefficiente della x in $ g^n(x) $ è l'n-esima potenza del coefficiente di g(x), quindi come sopra serve che il polinomio sia monico, cioè nella forma x+k

poi si completa facilmente come già fatto sopra.

domanda: a me questi 3 fatti sembrano scontati, devo dimostrarli?

Gogo Livorno
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Messaggio da Gogo Livorno » 14 mar 2010, 21:04

Spammowarrior ha scritto:a) g(x) è algebrico, sennò non andrebbe da z a z
CHe significa che è algebrico? Che contiene necessariamente una variabile?

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 14 mar 2010, 21:48

che è un polinomio...

Gogo Livorno
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Messaggio da Gogo Livorno » 14 mar 2010, 22:06

Spammowarrior ha scritto:che è un polinomio...
l'opposto di polinomio è costante?

Spammowarrior
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Messaggio da Spammowarrior » 14 mar 2010, 22:08

è trascendente, credo (cioè senx, e^x eccetera)

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