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Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da Marco
Ciao. Da quanto tempo non girano esercizi di Algebra? Rimediamo subito: lo zio Marco ha pescato dai meandri del tempo espressamente per voi questo esercizio:
<BR>-----------------------------------------
<BR>[Cesenatico 1989.6] Sia alpha un numero reale ed f: N x N -- > R la funzione così definita:
<BR>
<BR>f(m,n) ) alpha f(m, n-1) + (1-alpha) f(m-1, n-1) per m, n € N\\{0}
<BR>f(0,0) = 1
<BR>f(m,0) = f(0,m) = 0 per m € N\\{0}.
<BR>
<BR>Trovare i valori di alpha in corrispondeza dei quali risulta |f(m,n)| =< 1989 per ogni m ed n.
<BR>
<BR>Ciao. M.
<BR>
<BR>P.S.: 1989, bei tempi!! Più o meno l\'epoca in cui Gobbino faceva le gare....[addsig]
Inviato: 01 gen 1970, 01:33
da Simo_the_wolf
I valori di alpha che soddisfano le ipotesi sono 1>=alpha>=0
<BR>
<BR>Ho fatto una dimostrazione molto \"induziosa\"...
<BR>
<BR>Comunque, poniamo alpha=a per comodità.
<BR>Ora dimostriamo per induzione i tre lemmi di cui mi servirò nella parte conclusiva della dimostrazione:
<BR>Lemma 1. se m>n allora f(m,n)=0
<BR>Lemma 2. se n>0 allora f(n,n)=(1-a)<sup>n</sup>
<BR>Lemma 3. se n>0 allora f(1,n)=(1-a)a<sup>n-1</sup>
<BR>
<BR>Dim 1. Induzione su m+n
<BR>Base induttiva:
<BR>I) m+n=1 ed essendo m>n allora m=1 e n=0 allora f(1,0)=0 per ipotesi iniziale.
<BR>II) m+n=2 obbligato m=2 e n=0 verificato per lo stesso motivo di prima
<BR>Passo induttivo
<BR>Supponiamo m>n e m+n>2 e scriviamo la nostra relazione:
<BR>f(m,n)=a*f(m,n-1)+(1-a)*f(m-1,n-1)
<BR>Ora, si presentano 2 casi: n>0 e siamo a posto xkè possiamo sempre eseguire il nostro passo. Se invece n=0 siamo a posto in partenza xkè f(m,0) con m>0 sappiamo che è uguale a 0.
<BR>
<BR>Dim 2. Induzione su n
<BR>Base induttiva n=1 f(1,1)=a*f(1,0)+(1-a)*f(0,0)=1-a
<BR>Passo induttivo:
<BR>Supponiamo n>1 e, sapendo che f(n,n-1)=0 per il lemma precedente in quanto n>n-1, scriviamo:
<BR>f(n,n)=a*f(n,n-1)+(1-a)*f(n-1,n-1)=(1-a)*(1-a)<sup>n-1</sup>=(1-a)<sup>n</sup>
<BR>
<BR>Dim 3. Induzione su n
<BR>Base induttiva n=1 f(1,1)=1-a come prima
<BR>Passo induttivo:
<BR>Supponiamo, come sempre un bel n>1 e diciamo che, ricordando che f(0,n-1)=0 in quanto n-1>0:
<BR>f(1,n)=a*f(1,n-1)+(1-a)*f(0,n-1)=a*(1-a)*a<sup>n-2</sup>=(1-a)*a<sup>n-1</sup>
<BR>
<BR>Conclusioni.
<BR>
<BR>Osservazioni... la funzione g(a,x,n)=ax<sup>n</sup> se a=/=0 e |x|>1 tende a infinito o a meno infinito al crescere di n e quindi, in particolare, per dei k>n<sub>0</sub> si avrà g(a,x,k)>1987. Quindi se |a|>1 o |1-a|>1 avremmo che, rispettivamente f(1,n)=g(1-a,a,n) e f(n,n)=g(1,1-a,n) saranno maggiori di 1987 per qualche n e quindi contraddirremmo la tesi che 1987>=f(m,n) per ogni m,n€N.
<BR>Quindi abbiamo che deve essere per forza -1<=a<=1 e 0<=a<=2 cioè 0<=a<=1 e 0<=(1-a)<=1. Quindi avremo che:
<BR>f(m,n)=a*f(m,n-1)+(1-a)*f(m-1,n-1)>=0 e
<BR>f(m,n)= a*f(m,n-1)+(1-a)*f(m-1,n-1)>=a*1+(1-a)*1=1
<BR>per induzione. Non mi dilungo sulle dimostrazioni.
<BR>Comunque abbiamo che 0<=f(m,n)<=1 e quindi sicuramente |f(m,n)|<=1987.
<BR>
<BR>Adesso che ci penso, perchè non espandare la funzione dai reali ai complessi e trovare i relativi alpha?
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Simo_the_wolf il 15-12-2004 21:51 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Simo_the_wolf il 15-12-2004 21:53 ]