La funzionale che risolleverà il forum
- Troleito br00tal
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Re: La funzionale che risolleverà il forum
Posta pure la tua soluzione, se ne hai una
Finora tutti sono lontani dal vero $c$...
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Re: La funzionale che risolleverà il forum
Sono abbastanza fiducioso nel fatto che non riusciranno mai a raggiungere $c \ldots$
Knowledge is more important than imagination. For imagination is limited, whereas knowledge embraces the entire world, stimulating progress, bashing shortlist's problems. (Albert E.)
IMPORTANTE: firma anche tu la petizione!
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Re: La funzionale che risolleverà il forum
Draco76 ti sbagli, $c$ si può raggiungere in quanto non è maggiore di $c$ (come lo è ad esempio $c^2$!)!
Sarebbe strafigo se la vera costante fosse connessa in qualche modo con la sezione aurea, se così non fosse vi prego di non svegliarmi
Sarebbe strafigo se la vera costante fosse connessa in qualche modo con la sezione aurea, se così non fosse vi prego di non svegliarmi
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
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Re: La funzionale che risolleverà il forum
Ok arriva $c$ reale; userò lo stesso ragionamento di prima ma con altri valori:
di nuovo abbiamo $\phi (f(x)) \le \phi (x) \le x-1$
Fatto ancora più importante: $\phi (n) \ge ({n \over 2})^{\log _3 2}$
Lo dimostriamo in modo identico a prima, con ${p_1}^{\alpha _1 -1} \cdot {p_2}^{\alpha _2 -1} ... {p_k}^{\alpha _k -1} (p_1 -1)(p_2 -1) ... (p_k - 1) \ge ({n \over 2})^{\log _3 2}$
Da cui ${p_1}^{(\log _2 3 -1)\alpha _1 - log _2 3}...(p_1 -1)^{\log _2 3}... \ge 1$
In particolare abbiamo che $p^{(\log _2 3 -1)\alpha _1 - log _2 3} \ge 1$ se $(\log _2 3 -1)\alpha _1 - log _2 3 \ge 0$
da cui arriviamo a (salterò i passaggi dei conti, che sono semplici) $\alpha \ge 2,7...$
Quindi se $\alpha \ge 3$ non abbiamo problemi, se invece $\alpha $ è minore, consideriamo solo il caso $\alpha =1$, perché se questo verifica la disuguaglianza allora funziona anche per $\alpha =2$, in quanto ci dà un valore maggiore.
Accoppiamo $p^{-1}(p-1)^{\log _2 3}$ Notiamo facilmente che è maggiore o uguale a 1 per $p \ge 3$ , quindi si comporta similmente alla disuguaglianza che avevo dimostrato in precedenza (di nuovo il caso $p=2$ è compensato dal 2 nella fattorizzazione)
Da questo arriviamo a $f(x) \le 2(x-1)^{\log _2 3}$ e finalmente $c= \log _2 3$
è il valore minore possibile perché ci dà l'uguaglianza per $f(3)=6$
Mi dispiace per chi si aspettava numeri più eleganti, ma se non ho fatto errori dovrebbe essere questo
di nuovo abbiamo $\phi (f(x)) \le \phi (x) \le x-1$
Fatto ancora più importante: $\phi (n) \ge ({n \over 2})^{\log _3 2}$
Lo dimostriamo in modo identico a prima, con ${p_1}^{\alpha _1 -1} \cdot {p_2}^{\alpha _2 -1} ... {p_k}^{\alpha _k -1} (p_1 -1)(p_2 -1) ... (p_k - 1) \ge ({n \over 2})^{\log _3 2}$
Da cui ${p_1}^{(\log _2 3 -1)\alpha _1 - log _2 3}...(p_1 -1)^{\log _2 3}... \ge 1$
In particolare abbiamo che $p^{(\log _2 3 -1)\alpha _1 - log _2 3} \ge 1$ se $(\log _2 3 -1)\alpha _1 - log _2 3 \ge 0$
da cui arriviamo a (salterò i passaggi dei conti, che sono semplici) $\alpha \ge 2,7...$
Quindi se $\alpha \ge 3$ non abbiamo problemi, se invece $\alpha $ è minore, consideriamo solo il caso $\alpha =1$, perché se questo verifica la disuguaglianza allora funziona anche per $\alpha =2$, in quanto ci dà un valore maggiore.
Accoppiamo $p^{-1}(p-1)^{\log _2 3}$ Notiamo facilmente che è maggiore o uguale a 1 per $p \ge 3$ , quindi si comporta similmente alla disuguaglianza che avevo dimostrato in precedenza (di nuovo il caso $p=2$ è compensato dal 2 nella fattorizzazione)
Da questo arriviamo a $f(x) \le 2(x-1)^{\log _2 3}$ e finalmente $c= \log _2 3$
è il valore minore possibile perché ci dà l'uguaglianza per $f(3)=6$
Mi dispiace per chi si aspettava numeri più eleganti, ma se non ho fatto errori dovrebbe essere questo
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $
Re: La funzionale che risolleverà il forum
non saprei...
$f(n)=\left\{ \begin{align}
& 1\quad \ n=1 \\
& 1\quad \ n\,pari \\
& 2\quad n\ dispari,n\ne 1 \\
\end{align} \right.$
$f(\varphi (x))=\varphi (f(x))$ e $f\ne \text{costante}\,\text{=}\,1$, $f\ne id$ nonché $f(x+1)\le 2$.
Sembrerebbe che possa essere $c=0$…
Ad ogni modo se $f=id$ si avrebbe comunque $f(\varphi (x))=\varphi (f(x))$ e $x+1\le 2x$ da cui $c=1$.
mahh...
$f(n)=\left\{ \begin{align}
& 1\quad \ n=1 \\
& 1\quad \ n\,pari \\
& 2\quad n\ dispari,n\ne 1 \\
\end{align} \right.$
$f(\varphi (x))=\varphi (f(x))$ e $f\ne \text{costante}\,\text{=}\,1$, $f\ne id$ nonché $f(x+1)\le 2$.
Sembrerebbe che possa essere $c=0$…
Ad ogni modo se $f=id$ si avrebbe comunque $f(\varphi (x))=\varphi (f(x))$ e $x+1\le 2x$ da cui $c=1$.
mahh...
Re: La funzionale che risolleverà il forum
Credo che la domanda sia trovare una $c$ che rende vero il bound per ogni $f$...
- Troleito br00tal
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Re: La funzionale che risolleverà il forum
Ok ma
perché?erFuricksen ha scritto:$\phi (f(x)) \le \phi (x) \le x-1$
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Re: La funzionale che risolleverà il forum
Ok, io mi ero dimostrato qual era l'insieme esatto delle immagini, sulla scia della dimostrazione di Talete, quindi ora propongo la mia in cui spiego e dimostro perché.
Chiamiamo $S_x$ l'insieme delle immagini di $x$, quindi $f(x) \in S_x$
perciò $f(\phi (x)) \in S_{\phi (x)}$ da cui $\phi (f(x))\in S_{\phi (x)}$
da questo possiamo definire $S_x$ per "ricorrenza" in questo modo:
$$S_x=\{y|\phi(y)\in S_{\phi(x)}\}$$
Vediamo che per $x=1,2$ vale che $$S_x=\bigcup_{i=1}^{k(x)} A_i$$
dove $$ A_i=\{y|\phi(y)=\phi^i(x)\}$$
Con $\phi^i(x)$ si intende $\phi$ composto $i$ volte e $k(x)$ è un'intero positivo tale che $\phi^k(x)=1$ e $\phi^{k-1}(x)\ne 1$
So quindi che l'uguaglianza vale per i primi $n-1$ valori, vediamo ora per $n$.
Sappiamo che gli elementi $z$ di $\bigcup_{i=1}^{k(n)} A_i$ sono tutti quelli tali per cui $\phi(z)=\phi^i(x)$ per $i$ da $1$ a $k(n)$; ma ovviamente $k(n)=k(\phi(n))+1$, perciò se io considero $\phi (z)$ questo appartiene a $\bigcup_{i=1}^{k(\phi(n))} A_i$, perché $\phi(\phi(z))=\phi^i(x)$ per $i$ da $1$ a $k(n)-1$.
Ma abbiamo verificato che $\bigcup_{i=1}^{k(\phi(n))} A_i$ è l'insieme di arrivo della funzione in $x=\phi(n)$,
quindi dalla definizione per ricorrenza $$S_x=\bigcup_{i=1}^{k(x)} A_i$$ per ogni x.
Dalla definizione vediamo facilmente che se $f(x) \in S_x$ allora $\phi(f(x)) = \phi^i(x) \le x-1$ per un qualunque $i$, che è quello che volevamo dire.
Pensavo e speravo fosse già dato per buono dal lemma di Talete, anche se lui trovava un insieme di appartenenza delle immagini e non l'insieme esatto.
Detto questo, spero non ci siano troppi errori.
Chiamiamo $S_x$ l'insieme delle immagini di $x$, quindi $f(x) \in S_x$
perciò $f(\phi (x)) \in S_{\phi (x)}$ da cui $\phi (f(x))\in S_{\phi (x)}$
da questo possiamo definire $S_x$ per "ricorrenza" in questo modo:
$$S_x=\{y|\phi(y)\in S_{\phi(x)}\}$$
Vediamo che per $x=1,2$ vale che $$S_x=\bigcup_{i=1}^{k(x)} A_i$$
dove $$ A_i=\{y|\phi(y)=\phi^i(x)\}$$
Con $\phi^i(x)$ si intende $\phi$ composto $i$ volte e $k(x)$ è un'intero positivo tale che $\phi^k(x)=1$ e $\phi^{k-1}(x)\ne 1$
So quindi che l'uguaglianza vale per i primi $n-1$ valori, vediamo ora per $n$.
Sappiamo che gli elementi $z$ di $\bigcup_{i=1}^{k(n)} A_i$ sono tutti quelli tali per cui $\phi(z)=\phi^i(x)$ per $i$ da $1$ a $k(n)$; ma ovviamente $k(n)=k(\phi(n))+1$, perciò se io considero $\phi (z)$ questo appartiene a $\bigcup_{i=1}^{k(\phi(n))} A_i$, perché $\phi(\phi(z))=\phi^i(x)$ per $i$ da $1$ a $k(n)-1$.
Ma abbiamo verificato che $\bigcup_{i=1}^{k(\phi(n))} A_i$ è l'insieme di arrivo della funzione in $x=\phi(n)$,
quindi dalla definizione per ricorrenza $$S_x=\bigcup_{i=1}^{k(x)} A_i$$ per ogni x.
Dalla definizione vediamo facilmente che se $f(x) \in S_x$ allora $\phi(f(x)) = \phi^i(x) \le x-1$ per un qualunque $i$, che è quello che volevamo dire.
Pensavo e speravo fosse già dato per buono dal lemma di Talete, anche se lui trovava un insieme di appartenenza delle immagini e non l'insieme esatto.
Detto questo, spero non ci siano troppi errori.
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $
Re: La funzionale che risolleverà il forum
Forse sbaglio ma Il Lemma mi sembra falso e la dimostrazione poco chiara…erFuricksen ha scritto:Troleito br00tal ha scritto:Ok maperché?erFuricksen ha scritto: $\phi (f(x)) \le \phi (x) \le x-1$
erFuricksen ha scritto: Chiamiamo Sx l'insieme delle immagini di x, quindi f(x)∈Sx
$f(n)=\left\{ \begin{align}
& 1\quad \ \ \ n=1 \\
& 2n\quad n\,pari \\
& 3n\quad n\ dispari,n\ne 1,MCD(n;3)=1 \\
& 4n\quad n\ dispari,n\ne 1,n={{3}^{k}}\cdot m,k\ge 1,MCD(m;3)=1 \\
\end{align} \right.$
$f(\varphi (x))=\varphi (f(x))=2\cdot \varphi (x)\ ,\forall x\ne 1.$