Pari o dispari?

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Zoidberg
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Pari o dispari?

Messaggio da Zoidberg » 13 ott 2007, 17:19

Posto un problema carino che ci hanno dato per casa e che ha impegnato me, Mitchan88 e Sisifo per buona parte del viaggio in treno (a causa del dibattito che ne è seguito penso che metà dei passeggeri del treno ci abbia preso per matti)

Si mostri che esiste un numero $ \displaystyle a $ reale positivo tale che $ \displaystyle \lfloor a^n \rfloor - n $ è un numero pari per ogni $ \displaystyle n $ naturale positivo.
Determinare la cardinalità di tali $ \displaystyle a $.
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edriv
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Messaggio da edriv » 13 ott 2007, 21:47

Sia $ ~ P=\{x \in \mathbb{R}^+ | \lfloor x \rfloor \mbox{ è pari}\} $, ovvero [0,1) U [2,3) U ...
Sia D il complementare di P (in $ ~ \mathbb{R}^+ $).
Vogliamo che $ ~ a \in D, a^2 \in P, a^3 \in D, \ldots $.

Osservazione: wow un vecchio problema di hitleuler che torna a galla! Quando ci avevo provato allora mi sembrava abbastanza assurdo. viewtopic.php?t=6292

Partiamo da questa disuguaglianza:
Se x > 5, k intero positivo, allora $ ~ (x^k+1)^{\frac{k+1}k} - x^{k+1} > 4 $. Poichè la funzione $ ~ x^{\frac{k+1}k} $ è convessa, e ciò implica che $ ~ \frac{f(z+1) - f(z)}{(z+1)-z} $ (guardatela come inclinazione) cresce con z, basta dimostrare la disuguaglianza per x=5.
$ ~ (5^k+1)^{\frac{k+1}k} - 5^{k+1} > 4 $
$ ~ (5^k+1)^{\frac{k+1}k} > 5^{k+1} + 4 $
Divido per $ ~ 5^k+1 $:
$ ~ (5^k + 1)^{\frac{1}{k}} > \frac{5^{k+1}+4}{5^k + 1} $
Ma questo funziona perchè possiamo metterci un 5 in mezzo:
$ \displaystyle (5^k + 1)^{\frac{1}{k}} > 5 = \frac{5^{k+1}+5}{5^k + 1} > \frac{5^{k+1}+4}{5^k + 1} $

Ora dimostriamo che esiste un tale a compreso tra (guarda a caso) 7 e 8.
Dimostriamo per induzione che, per ogni n esiste un k tale che, se $ ~ a^n $ è nell'intervallo $ ~ [k,k+1] $, allora a soddisfa la condizione voluta per esponenti che vanno da 1 ad n. (e inoltre a è tra 7 e 8 ) .
Passo base: beh, prendiamo un a tra 7 e 8.
Poi, se $ ~ a^n \in [k,k+1] $ allora a va bene per esponenti da 1 ad n. $ ~ a^n $ è in quell'intervallo se e soltanto se $ ~ a^{n+1} \in [k^{\frac{n+1}n}, (k+1)^{\frac{n+1}n}] $. Siccome $ ~ a^n \le k+1 $ e a è almeno 7, $ ~ k \ge 7^n-1 > 5^n $. Ponendo $ ~ l = k^{\frac 1n}>5 $, usando la disuguaglianza di prima con l,n al posto di x,k, e troviamo (spero) che l'intervallo $ ~ [k^{\frac{n+1}n}, (k+1)^{\frac{n+1}n}] $ è largo almeno 4. Quindi possiamo dire che contiene almeno un intervallo di diametro 1 ed appartenente a P, e uno di diametro 1 ed appartenente a D (estremi a parte). Scegliamo quello che ci va bene a seconda della parità di n, e andiamo avanti.

Dimostrata questa cosa per induzione, vediamo che un certo a appartenente a una certa intersezione infinita di intervalli chiusi incatenati (quindi non vuota) andrà bene.

Quanto alla cardinalità, direi che sono tanti quanti i reali. Questo perchè, facendo le stesse stime ma con numeri un po' più grandi (trovando un a tra 9 e 10 magari), potevo, nel passo induttivo, trovarmi a poter scegliere tra almeno due possibili intervalli nel passaggio da n ad n+1. Potendo far questa scelta infinite volte, ottengo innumerevoli catene di intervalli chiusi, ognuna dei quali mi dà un a.

Non son tanto sicuro di quanto scritto, vabeh... più che altro, beati voi che potete discutere di questi problemi quando tornate a casa in treno mentre qua si vive il contatto con la matematica solo attraverso posting.php ... ciao a Francesco, Denis e Zoidberg che ancora non conosco ma spero di conoscere!!

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edriv
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Messaggio da edriv » 16 ott 2007, 17:59

Vabeh visto che nessuno si lamenta vuol dire che la soluzione è troppo scritta male per essere letta e quindi... posso rilanciare.
Secondo voi esiste un a algebrico?

Ad esempio se $ ~ \phi^2 = \phi + 1 $ allora $ ~ \lfloor \phi^n \rfloor $ è molto regolare, perchè fa tipo pari, dispari, dispari, pari, dispari, dispari, etc.(a parte magari i termini iniziali)... quindi la domanda che ho fatto è anche sensata (però non ho una soluzione eh).

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Messaggio da HiTLeuLeR » 01 nov 2007, 22:11

edriv ha scritto:Secondo voi esiste un a algebrico?
Se non hai preferenze sui segni, sembrerebbe che a = -1/2 vada più che bene.

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Messaggio da mitchan88 » 01 nov 2007, 23:02

HiTLeuLeR ha scritto:
edriv ha scritto:Secondo voi esiste un a algebrico?
Se non hai preferenze sui segni, sembrerebbe che a = -1/2 vada più che bene.
A reale positivo.. Comunque francesco veneziano ne ha trovato uno :wink:
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Zoidberg
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Messaggio da Zoidberg » 02 nov 2007, 13:14

mitchan88 ha scritto:
HiTLeuLeR ha scritto:
edriv ha scritto:Secondo voi esiste un a algebrico?
Se non hai preferenze sui segni, sembrerebbe che a = -1/2 vada più che bene.
A reale positivo.. Comunque francesco veneziano ne ha trovato uno :wink:
Muah confermo! (qualcuno poi ha controllato? magari ha bleffato! :D)
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Messaggio da Simo_the_wolf » 02 nov 2007, 16:11

A suo tempo trovai un algebrico (>1) che andasse bene ed era soluzione di una quadratica. L'idea viene dal fatto che se $ x^2-ax -b $ ha 2 soluzioni $ \xi_1, \xi_2 $, con $ \xi _1 >1 $ e $ |\xi_2|<1 $ allora abbiamo che la successione:
$ y_0=2 $
$ y_1=a $
$ y_{n+2}=ay_{n+1}+by_n $

Ha soluzione generale $ y_n= \xi _1^n + \xi_2^n $.

Ora $ y_n $ è intero e se $ \xi_2<0 $ allora poichè $ |\xi_2 |<1 $ allora la parte intera di $ \xi_2^n $ sarà $ y_n $ oppure $ y_n -1 $ a seconda se $ n $ è rispettivamente dispari o pari. Quindi se $ y_n $ fosse sempre dispari allora saremmo a posto. Ma per questo basta che $ y_1, a $ siano dispari e che $ b $ sia pari. Facciamo la prova con $ a=3 $ e $ b=2 $otteniamo che $ \xi_1, \xi_2 $ sono radici dell'equazione $ x^2-3x-2 $ e quindi sono:

$ \xi_1 = \frac{3+\sqrt{13}}2 $ e $ \xi_2 = \frac{3- \sqrt{13}}2 $.

Notiamo che le radici rispettano le nostre ipotesi quindi $ \frac{3+\sqrt{13}}2 $ dovrebbe andare bene...

(spero non ci sia nulla di sbagliato anche se mi pareva il numero che avevo proposto fosse $ 2+ \sqrt{5} $ ma non ricordo perchè...)

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