Funzione con soluzioni brutte a piacere

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Gerald Lambeau
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Funzione con soluzioni brutte a piacere

Messaggio da Gerald Lambeau » 30 mag 2017, 21:49

Determinare tutte le funzioni suriettive $f: \mathbb{Z^+} \rightarrow \mathbb{Z^+}$ tali che per ogni $m, n \in \mathbb{Z^+}$ vale che
$m \mid n \Leftrightarrow f(m)\mid f(n)$.
"Non ho rispetto per i miei superiori, figurati se ho rispetto per i miei pari: il rispetto di un uomo lo merita solo chi è a lui inferiore."
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Ci sono cose che non si possono confutare; per tutto il resto, c'è la fisica.

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Sirio
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Re: Funzione con soluzioni brutte a piacere

Messaggio da Sirio » 31 mag 2017, 17:02

Testo nascosto:
Osserviamo che $f\left(1\right)=1$. Infatti $f$ è suriettiva per ipotesi, quindi deve esistere un $n$ tale che $f\left(n\right)=1$, ma quindi poiché $1|n$, si ha $f\left(1\right)| f\left(n\right)=1$, da cui la nostra osservazione. (1)

Osserviamo che nessun $n≠1$ è tale che $f\left(n\right)=1$. Banalmente, altrimenti $n$ dovrebbe dividere $1$. (2)

Osserviamo che per ogni primo $p$ deve esistere un primo $q$ tale che $f\left(q\right)=p$. Infatti deve esistere un $n$ tale che $f\left(n\right)=p$. Questo $n$ non può essere $1$ per la nostra osservazione (1),
quindi deve essere divisibile per un qualche primo $q$, quindi $f\left(q\right)$ deve dividere $f\left(n\right)=p$, e quindi essere $1$ o $p$. Per l'osservazione (2), non può essere $1$ e quindi è $p$, da cui la nostra osservazione.
(3)

Osserviamo che, preso un primo $p$, si ha che $f\left(p\right)$ è primo. Per la (2) si ha che non è $1$,
quindi supporre l'assurdo equivale a supporre che sia composto, quindi che qualche primo $q$ lo divida. Detta $n$ una controimmagine di $q$, si dovrebbe avere $n|p$,
assurdo. (4)

Osserviamo che, presi due primi $p$ e $q$ distinti, si ha che $f\left(p\right)≠f\left(q\right)$, piuttosto banale a questo punto (5)

Osserviamo che dalla (3), dalla (4) e dalla (5) segue che nessun composto può avere un'immagine prima. Ne segue che la sottofunzione (passatemi 'sto termine) di $f$ che ha per dominio i primi ha per codominio sempre i primi ed è biunivoca.(6)

Osserviamo che, per ogni primo $p$, si può definire una funzione $g_p:\mathbb{Z}^+\rightarrow\mathbb Z^+$ crescente (N.B. non necessariamente strettamente crescente) e suriettiva tale che $f\left(p^n\right)=f^{g_p\left(n \right)}\left(p\right)$ per ogni $n$ intero positivo. Infatti, deve essere crescente per l'ipotesi, mentre non possono esserci altri fattori primi che dividono $f\left(p^n\right)$ oltre ad $f\left(p \right)$, altrimenti la controimmagine di un fattore $q$ tra questi altri dovrebbe dividere $p$, cosa impossibile perché tale controimmagine è un primo diverso da $p$ per la (6). Infine, deve essere suriettiva perché se esistesse un intero $n$ senza controimmagini tramite $g_p$ allora $f\left(p\right)^n$ non avrebbe per controimmagine tramite $f$ una potenza di $p$, né $1$ per la (1). Una delle sue controimmagini deve quindi essere divisa da un primo diverso da $p$ che per ipotesi dovrebbe dividere $p^n$, assurdo.(7)

Definendo le immagini dei primi in qualsiasi modo che rispetti la (6) e le immagini delle potenze dei primi in qualsiasi modo che rispetti la (7) e ricordando la (1), l'unico modo che abbiamo per definire le immagini non ancora definite è associare ad ogni $n=\prod p_i^{\alpha_i}$ (fattorizzazione di $n$ in fattori primi) il valore $\prod f\left(p_i^{\alpha_i}\right)$. Infatti, non possiamo mettere altri primi nella fattorizzazzione di $f\left(n\right)$, perché altrimenti le loro controimmagini dividerebbero $n$ pur non essendo presenti nella sua fattorizzazione, né moltpilicare ulteriormente $f\left(n\right)$ per un qualche $f\left(p_i\right)$, altrimenti quel $p_i$ dovrebbe dividere $n$ elevato ad una potenza maggiore di quella con cui è scritto nella sua fattorizzazione, valendo la (7), mentre non possiamo nemmeno mettere meno fattori per rispettare l'ipotesi. Inoltre, comunque noi abbiamo scelto il modo di rispettare la (6) e la (7), funziona.
Spero non ci siano typo...
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$

Gerald Lambeau
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Re: Funzione con soluzioni brutte a piacere

Messaggio da Gerald Lambeau » 31 mag 2017, 18:55

Sirio ha scritto: Osserviamo che, preso un primo $p$, si ha che $f\left(p\right)$ è primo. Per la (2) si ha che non è $1$,
quindi supporre l'assurdo equivale a supporre che sia composto, quindi che qualche primo $q$ lo divida. Detta $n$ una controimmagine di $q$, si dovrebbe avere $n|p$,
assurdo. (4)
Ti invito a riflettere sul perché il tuo assurdo in realtà non è un assurdo.
Sirio ha scritto: Osserviamo che, per ogni primo $p$, si può definire una funzione $g_p:\mathbb{Z}^+\rightarrow\mathbb Z^+$ crescente (N.B. non necessariamente strettamente crescente) e suriettiva tale che $f\left(p^n\right)=f^{g_p\left(n \right)}\left(p\right)$ per ogni $n$ intero positivo. Infatti, deve essere crescente per l'ipotesi, mentre non possono esserci altri fattori primi che dividono $f\left(p^n\right)$ oltre ad $f\left(p \right)$, altrimenti la controimmagine di un fattore $q$ tra questi altri dovrebbe dividere $p$, cosa impossibile perché tale controimmagine è un primo diverso da $p$ per la (6). Infine, deve essere suriettiva perché se esistesse un intero $n$ senza controimmagini tramite $g_p$ allora $f\left(p\right)^n$ non avrebbe per controimmagine tramite $f$ una potenza di $p$, né $1$ per la (1). Una delle sue controimmagini deve quindi essere divisa da un primo diverso da $p$ che per ipotesi dovrebbe dividere $p^n$, assurdo.(7)
Si può dimostrare una cosa più specifica di quello che scrivi tu in questo paragrafo. Ricordati che $f$ è suriettiva, e se ho ben capito quello che fai qui, qualche valore rischi di non prenderlo.

Se aggiusti queste due parti (la prima è vera, ma non si dimostra così, la seconda invece cambia) e modifichi il finale di conseguenza, hai concluso.
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