SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Scuola Normale Superiore, Sant'Anna, Indam, etc. Cosa studiare, come prepararsi.
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Schrodingers_Bat
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SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Schrodingers_Bat » 26 ago 2018, 12:04

siano a,b reali positivi tali che a+b<1, sia f(x) la funzione definita come
$ \frac{x}{a}$ $ se $ $x \le \frac{a}{a+b}$ $

$ $\frac{1-x}{b}$ $ se $ $x > \frac{a}{a+b} $

sia [math] n volte (il simbolo [math] indica la composizione di funzioni)
e sia $ Cn $ = {x| [math]}

a. per a=1/2 e b=1/3 tracciare il grafico di f2, determinarne il massimo e determinare C3
b. Determinare l'ampiezza di Cn al variare di a,b,n (si intende che l'ampiezza di un intervallo disgiunto è la somma delle ampiezze dei sottointervalli
c. Dimostrare che, presi comunque t,s reali, con t<s, esiste n tale che [t,s]\Cn è non vuoto (ossia, preso comunque un intervallo chiuso e limitato, esistono n e x tali che x appartiene a [t,s] ma non a Cn)
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Schrodingers_Bat
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Schrodingers_Bat » 26 ago 2018, 20:02

Per ora sono riuscito a risolvere i punti a e b, entro stasera l'obiettivo è finire anche il c e postare tutto. Peccato non averci pensato in gara...
P=NP

Schrodingers_Bat
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Schrodingers_Bat » 26 ago 2018, 21:34

Ok finito tutto. Allora. Consideriamo come varia il grafico passando da fn a f(n+1)
a) Tralasciando il grafico, si osserva che:
- il massimo è sempre $ \frac{1}{a+b} $. Infatti, per tutti i punti per cui $ fn=\frac{a}{a+b} $ si ha f(n+1)=$ \frac{fn}{a}=\frac{1}{a+b} $. Tutti gli altri punti hanno f(n+1) minore: infatti, se $ fn<\frac{a}{a+b} $ si ha $ f(n+1)=\frac{fn}{a}<\frac{1}{a+b} $ ; se $ fn>\frac{a}{a+b} $ si ha $ f(n+1)=\frac{1-fn}{b} $ che è decrescente. Nel caso considerato, il massimo è 6/5.
- Per i punti per cui fn=1 (con $ 1>\frac{a}{a+b} $ perché 1>a+b per Hp) si ha $ f(n+1)=\frac{1-1}{b}=0 $. Questi punti rimangono in zero perché $ \forall m>n+1 $ si ha $ f(m)=\frac{f(n+1)}{a}=0 $. Dunque, l'intervallo di positività di f(n+1) è l'unione di più intervalli delimitati dai valori per cui fn vale 1 e dai valori per cui fn vale zero. Con un po' di calcoli (di cui non garantisco la correttezza perché sono anche le nove di sera, se a qualcuno va di farli e correggermeli lo aspetta a braccia aperte) si trova l'intervallo $ C_3 $ = [0,1/4]$ \cup $[1/3,1/2]$ \cup $[2/3,7/9]$ \cup $[5/6,1].

b)Si dimostra per induzione che $ C_n=(a+b)^{n-1} $
Per N=1 si vede anche dal grafico che $ C_1=1 $.
Posto che $ C_n =(a+b)^{n-1} $ si dimostra che $ C_{n+1} =(a+b)^n $.
I valori per cui fn è già negativa o nulla rimangono tali anche per f(n+1), perché se $ fn<\frac{a}{a+b} $ allora $ f_{n+1}=\frac{fn}{a} $ che è concorde a fn. Allora, $ C_{n+1} $ si ottiene sottraendo a Cn un certo $ \triangle C $ positivo o nullo.
Nell'intervallo $ C_n $ la funzione fn è rappresentata da tanti triangoli di altezza $ \frac{1}{a+b} $ e la cui somma delle basi è $ C_n $. Tracciamo la retta y=1. Le intersezioni di tale retta con fn sono i punti che andranno in zero per f(n+1), e quindi delimitano la regione che per f(n+1) è negativa, ossia il $ \triangle C $ di cui sopra. Con una rapida similitudine si ha che $ \frac{\triangle C}{C_n}=\frac{\frac{1}{a+b}-1}{\frac{1}{a+b}} $ e dunque $ \triangle C = C_n*(1-a-b) $. Si ha allora $ C_{n+1}=C_{n}-\triangle C = C_n*(a+b)=(a+b)^n $ per Hp induttiva.
QED

c) Dalla dimostrazione precedente si evince che $ \lim_{n \to \infty}C_n=0^+ $. Per def di limite $ \forall \epsilon>0 \exists N>0 \mid \forall n>N \Rightarrow C_n<\epsilon $.
Detta $ \epsilon $ l'ampiezza di [t,s], la tesi è dimostrata, perché allora Cn ha ampiezza minore di [t,s], dunque per forza la loro differenza non è nulla.
QED

Spero di essermi capito.
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Sirio
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Sirio » 27 ago 2018, 17:46

Sì, è molto simile a come l'ho fatto io
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
"Sirio Passirio" cit. Nicola S.

PG93
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da PG93 » 27 ago 2018, 18:45

Io l'ho fatto così il due:
Poniamo $h(x)=\frac{x}{a}$ e $g(x)=\frac{1-x}{b}$ per $x$ reale. Allora, la funzione $f_n(x)$ è una funzione definita per casi, e le funzioni che la definiscono sono le funzioni composte da $k$ volte $h(x)$, e $n-k$ volte $g(x)$ con $k\in[\![0;n]\!]$. Per intenderci, $f_2(x)$ è definita da $h\circ g$, $g\circ h$, $h\circ h$ e $g\circ g$.
Ora, è chiaro che $x\in C_{n+1}\Leftrightarrow f_n(x)\in[0;1]$. In effetti, se $f_n(x)<0$ si ha $f_{n+1}(x)=f(f_n(x))=\frac{f_n(x)}{a}<0$, e se $f_n(x)>1$ si ha $f_{n+1}(x)=f(f_n(x))=\frac{1-f_n(x)}{b}<0$. E reciprocamente $f_n(x)\in[0,1]\Rightarrow x\in C_{n+1}$ trivialmente.
Cerchiamo allora gli $x\in[0,1]$ tali che $f_n(x)\in[0,1]$. Sia $F$ una funzione composta da $k$ volte $h(x)$, e $n-k$ volte $g(x)$ con $k\in[\![0;n]\!]$, e cerchiamo $I\subset[0,1]$ tale che $F(I)=[0,1]$.
Si ha, con $x_1,x_2$ reali arbitrari: $h(x)\in[x_1,x_2]\Rightarrow x\in[x_1\cdot a, x_2\cdot a]$, dunque la lunghezza dell'immagine di un intervallo per $h$ è uguale alla lunghezza di tale intervallo diviso per $a$.
Similmente, $g(x)\in[x_1,x_2]\Rightarrow x\in[1-x_2\cdot b, 1-x_1\cdot b]$, dunque la lunghezza dell'immagine di un intervallo per $g$ è uguale alla lunghezza di tale intervallo diviso per $b$.
Ne consegue che la lunghezza di $I$ tale che $F(I)=[0,1]$ è uguale a $a^kb^{n-k}$. Ora, ci sono ${n}\choose{k}$ funzioni composte da $k$ volte $h(x)$, e $n-k$ volte $g(x)$ per ogni $k\in[\![0;n]\!]$. Perciò la lunghezza di $C_{n+1}$ è uguale a:
$$\displaystyle\sum_{i=0}^{n}{{n}\choose{i}}a^ib^{n-i}=(a+b)^n$$
come volevasi dimostrare.
Spero si capisca qualcosa, è un po' contorta e meno elegante della tua, ma dovrebbe essere giusta.

nicarepo
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da nicarepo » 27 ago 2018, 19:03

Onestamente preferisco la prima, in ogni caso bravi entrambi, non ci avrei mai pensato...

Schrodingers_Bat
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Schrodingers_Bat » 27 ago 2018, 20:35

Sì mi sembra coerente, e in realtà ha comunque un suo bel fascino.
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PG93
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da PG93 » 27 ago 2018, 21:14

Haha grazie, comunque la tua è obiettivamente più pulita :D

Schrodingers_Bat
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Schrodingers_Bat » 05 set 2018, 11:31

Scusate se riuppo il thread, ma ho letto una domanda dell'orale che praticamente si fonda sulle stesse premesse. Chiedeva di determinare i punti per cui la funzione, nel caso a=1/3, b=1/3 (ossia:
$ f(x)=3x $ se $ x \le 1/2 $
$ f(x)=3-3x $ se $ x > 1/2 $)
è sempre compresa tra zero e uno, e la risposta è ovviamente che gli unici punti per cui ciò vale sono quelli per cui, prima o poi, la funzione si annulla (in quanto $ C_n $ all'infinito ha ampiezza nulla, cioè gli unici punti non negativi sono nulli). Tali punti dovrebbero essere della forma $ {\frac{1}{3}}^n $, $ 2{\frac{1}{3}}^n $, $ 1-{\frac{1}{3}}^n $, $ 1-2{\frac{1}{3}}^n $, oppure zero (spero di non essermi perso nulla, nel caso accetto suggerimenti). Chiede poi di determinare una bigezione tra questi punti e $ \mathbb{R} $. Qui cosa faccio?
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Venustas
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Venustas » 05 set 2018, 23:48

Non ho guardato il problema, ma le soluzioni non possono essere quelle che dici tu, perché altrimenti esisterebbe una bigezione con [math], e quindi non potrebbe esistere una bigezione con [math]

Schrodingers_Bat
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Re: SNS Pisa 2018 Problema 6 (funzione composta all'infinito)

Messaggio da Schrodingers_Bat » 06 set 2018, 15:54

Azz vero, allora mi sono perso qualcosa. Qualche hint?
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