f(f^2(m)+2f^2(n))=m^2+2n^2 (bmo.2009.4)
f(f^2(m)+2f^2(n))=m^2+2n^2 (bmo.2009.4)
Sia $ S $ l'insieme di tutti gli interi positivi.
Trovare tutte le funzioni $ f:S \to S $ tali che $ f((f(m))^2+2(f(n))^2)=m^2+2n^2 $ per ogni $ m,n \in S $.
(Bastardissimo..!)
Trovare tutte le funzioni $ f:S \to S $ tali che $ f((f(m))^2+2(f(n))^2)=m^2+2n^2 $ per ogni $ m,n \in S $.
(Bastardissimo..!)
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Non credo proprio.
E non vorrei azzardare ma i molti 1 che si vedono in classifica si riferiscono a chi ha mostrato che $ f(\cdot) $ è iniettiva.
Edit: @julio: non dirlo a me che ci ho perso piu di 3 ore e mezza non provando manco il 2 e il 3. E comunque 1/10 per mostrare che è iniettiva mi sembra più che adeguato.
E non vorrei azzardare ma i molti 1 che si vedono in classifica si riferiscono a chi ha mostrato che $ f(\cdot) $ è iniettiva.
Edit: @julio: non dirlo a me che ci ho perso piu di 3 ore e mezza non provando manco il 2 e il 3. E comunque 1/10 per mostrare che è iniettiva mi sembra più che adeguato.
Ultima modifica di jordan il 03 mag 2009, 20:25, modificato 1 volta in totale.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
il vecchio trucco della separazione di variabili non bastava?
$ ~f(f(m))^2-m^2=-2\lambda $
$ ~2f(n)^2-2n^2=2\lambda $
$ ~f(f(m))^2-m^2=-2\lambda $
$ ~2f(n)^2-2n^2=2\lambda $
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infatti, contato male le parentesi (ecco perche' non capivo quella parentesi in piu')
$ ~f[f(m)^2+2f(n)^2]=m^2+2n^2 $
era un po' troppo banale altrimenti
$ ~f[f(m)^2+2f(n)^2]=m^2+2n^2 $
era un po' troppo banale altrimenti
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Io butto là un po' di idee...
1) La nostra funzionaccia è iniettiva infatti se $ f(a)=f(b) $ avrei che, sostituendo prima m=n=a e poi m=n=b
$ \displaystyle 3a^2 = f( 3f(a)^2 ) =f (3 f(b)^2) = 3b^2 $
da cui $ a=b $ poichè sono interi positivi
2) $ x^2+2y^2 = x'^2+2y'^2 \Longleftrightarrow f(x)^2+2f(y)^2 = f(x')^2 + 2f(y')^2 $
Questo è vero per l'iniettività e per il testo.
L'idea ora è sfruttare l'dentità $ (n-1)^2 + 2(n+2)^2 = (n+3)^2 + 2(n)^2 $
da cui $ f(n+3)^2=2f(n+2)^2+f(n-1)^2-2f(n)^2 $. Quindi ho una relazione di ricorrenza da 4 termini precedenti. (Identity by mamino)
3) 2 vie possibili ora: trovare $ f(1), f(2), f(3), f(4) $ oppure scriversi il termine n-esimo generico della ricorrenza (che tanto ha radici 1,1,1,-1) e provare a buttarle nel testo. Io ero riuscito a battere un po' la prima via in questo modo: ripartendo dal se e solo se della 2 dico:
$ x^2-x'^2 = 2y'^2-2y^2 \Longleftrightarrow f(x)^2-f(x')^2 = 2f(y')^2 - 2f(y)^2 $
Con un po' di fatica riesco a dire la simile ma più simmetrica
$ x^2-x'^2 = y^2-y'^2 \Longrightarrow f(x)^2-f(x')^2 = f(y)^2 - f(y')^2 $
fondamentalmente mettendoci un termine in mezzo del tipo $ 2z'^2-2z^2 $. Ora questo mi dice che se rappresento $ f(x)^2-f(x')^2 $ in pochi modi come differenza di quadrati (in sostanza il numero di divisori) allora anche $ x^2-x'^2 $ sarà rappresentabile in pochi modi come differenza di quadrati (essenzialmente per l'iniettività).
Ora uso il fatto che $ f(3f(1)^2)^2- f(3f(2)^2)^2=3^2-6^2 $ è rappresentabile in pochi modi come differenza di quadrati per dedurre informazioni su $ f(1), f(2) $. Usando altre relazioni alla fine riesco a dire che $ f(1)=1 $ e $ f(2)=2 $ quindi $ f(3)=3 $ e $ f(12)=12 $ da cui, per la ricorrenza di prima $ f(n)=n $, che ovviamente funziona.
1) La nostra funzionaccia è iniettiva infatti se $ f(a)=f(b) $ avrei che, sostituendo prima m=n=a e poi m=n=b
$ \displaystyle 3a^2 = f( 3f(a)^2 ) =f (3 f(b)^2) = 3b^2 $
da cui $ a=b $ poichè sono interi positivi
2) $ x^2+2y^2 = x'^2+2y'^2 \Longleftrightarrow f(x)^2+2f(y)^2 = f(x')^2 + 2f(y')^2 $
Questo è vero per l'iniettività e per il testo.
L'idea ora è sfruttare l'dentità $ (n-1)^2 + 2(n+2)^2 = (n+3)^2 + 2(n)^2 $
da cui $ f(n+3)^2=2f(n+2)^2+f(n-1)^2-2f(n)^2 $. Quindi ho una relazione di ricorrenza da 4 termini precedenti. (Identity by mamino)
3) 2 vie possibili ora: trovare $ f(1), f(2), f(3), f(4) $ oppure scriversi il termine n-esimo generico della ricorrenza (che tanto ha radici 1,1,1,-1) e provare a buttarle nel testo. Io ero riuscito a battere un po' la prima via in questo modo: ripartendo dal se e solo se della 2 dico:
$ x^2-x'^2 = 2y'^2-2y^2 \Longleftrightarrow f(x)^2-f(x')^2 = 2f(y')^2 - 2f(y)^2 $
Con un po' di fatica riesco a dire la simile ma più simmetrica
$ x^2-x'^2 = y^2-y'^2 \Longrightarrow f(x)^2-f(x')^2 = f(y)^2 - f(y')^2 $
fondamentalmente mettendoci un termine in mezzo del tipo $ 2z'^2-2z^2 $. Ora questo mi dice che se rappresento $ f(x)^2-f(x')^2 $ in pochi modi come differenza di quadrati (in sostanza il numero di divisori) allora anche $ x^2-x'^2 $ sarà rappresentabile in pochi modi come differenza di quadrati (essenzialmente per l'iniettività).
Ora uso il fatto che $ f(3f(1)^2)^2- f(3f(2)^2)^2=3^2-6^2 $ è rappresentabile in pochi modi come differenza di quadrati per dedurre informazioni su $ f(1), f(2) $. Usando altre relazioni alla fine riesco a dire che $ f(1)=1 $ e $ f(2)=2 $ quindi $ f(3)=3 $ e $ f(12)=12 $ da cui, per la ricorrenza di prima $ f(n)=n $, che ovviamente funziona.
Addirittura diversa dalle altre due qui, complimentsSimo_the_wolf ha scritto: Con un po' di fatica riesco a dire la simile ma più simmetrica
$ x^2-x'^2 = y^2-y'^2 \Longrightarrow f(x)^2-f(x')^2 = f(y)^2 - f(y')^2 $
Io ne avevo trovate altre, ma non sono riuscito a trovare una strada per concludereSimo_the_wolf ha scritto:L'idea ora è sfruttare l'dentità $ (n-1)^2 + 2(n+2)^2 = (n+3)^2 + 2(n)^2 $
(Identity by mamino)
$ (7n)^2+2(2n)^2= (5n)^2+2(4n)^2 $
$ (13n)^2+2n^2=(11n)^2+2(5n)^2 $..
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