$$6f(k+3)−3f(k+2)−2f(k+1)−f(k)=0$$ per ogni $k \in \mathbb{Z}$ (Ucraina)
Testo nascosto:
Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Una bella equazione funzionale. Trovare tutte le $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{N}$ tali che
$$6f(k+3)−3f(k+2)−2f(k+1)−f(k)=0$$ per ogni $k \in \mathbb{Z}$ (Ucraina)
$$6f(k+3)−3f(k+2)−2f(k+1)−f(k)=0$$ per ogni $k \in \mathbb{Z}$ (Ucraina)
Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Notiamo intanto che tutte le funzioni costanti soddisfano l'equazione.
Supponiamo ora che la funzione non sia costante per ogni $k$
Possiamo riscrivere tutto come $f(k+3)=\frac {1} {6} \cdot (f(k)+f(k+1)+f(k+1)+f(k+2)+f(k+2)+f(k+2))$, che altro non è che una media aritmetica.
Quindi in generale vale $min(f(k),f(k+1),f(k+2))<f(k+3)<max(f(k),f(k+1),f(k+2))$ (L'uguale vale solo se le 3 $f$ sono tutte uguali, caso in cui appunto $f$ è costante)
Questo (credo) è assurdo, perchè non esiste una sequenza di infiniti interi con valori fra loro diversi compresa fra 2 estremi interi (infatti necessariamente la f dei 3 numeri precedenti a k assume un valore intero preciso)
Supponiamo ora che la funzione non sia costante per ogni $k$
Possiamo riscrivere tutto come $f(k+3)=\frac {1} {6} \cdot (f(k)+f(k+1)+f(k+1)+f(k+2)+f(k+2)+f(k+2))$, che altro non è che una media aritmetica.
Quindi in generale vale $min(f(k),f(k+1),f(k+2))<f(k+3)<max(f(k),f(k+1),f(k+2))$ (L'uguale vale solo se le 3 $f$ sono tutte uguali, caso in cui appunto $f$ è costante)
Questo (credo) è assurdo, perchè non esiste una sequenza di infiniti interi con valori fra loro diversi compresa fra 2 estremi interi (infatti necessariamente la f dei 3 numeri precedenti a k assume un valore intero preciso)
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karlosson_sul_tetto
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Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Sbaglio o il tuo ragionamento esclude la possibilità che f(x) diventi costante da un certo punto in poi? Ovvero, che valgaTriarii ha scritto:Notiamo intanto che tutte le funzioni costanti soddisfano l'equazione.
Supponiamo ora che la funzione non sia costante per ogni $k$
Possiamo riscrivere tutto come $f(k+3)=\frac {1} {6} \cdot (f(k)+f(k+1)+f(k+1)+f(k+2)+f(k+2)+f(k+2))$, che altro non è che una media aritmetica.
Quindi in generale vale $min(f(k),f(k+1),f(k+2))<f(k+3)<max(f(k),f(k+1),f(k+2))$ (L'uguale vale solo se le 3 $f$ sono tutte uguali, caso in cui appunto $f$ è costante)
Questo (credo) è assurdo, perchè non esiste una sequenza di infiniti interi con valori fra loro diversi compresa fra 2 estremi interi (infatti necessariamente la f dei 3 numeri precedenti a k assume un valore intero preciso)
$min(f(k),f(k+1),f(k+2))\leq f(k+3)\leq max(f(k),f(k+1),f(k+2))$ in generale, $min(f(k),f(k+1),f(k+2))<f(k+3)<max(f(k),f(k+1),f(k+2))$ fino ad un certo punto e poi uguaglianza da quel punto in poi?
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Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Io so che $f(k) \neq a$ per un certo $k$, ma potrebbe essere una funzione a gradoni. Cioè perchè non può valere $f(k)=f(k+i)$ ma $f(k) \neq f(i+1)$ per un qualche $i$??Triarii ha scritto:[...] (L'uguale vale solo se le 3 $f$ sono tutte uguali, caso in cui appunto $f$ è costante)
Si, è sciocco, ma allora perchè non ho definito $f: \mathbb Z \to \mathbb Z$?? Perchè l'arrivo non è in $\mathbb Z$? É tanto hint questo..
Edit: preceduto da karlosson_sul_tetto
Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Sono d'accordo con l'osservazione di Karlosson sul tetto e Scambret.
Faccio un tentativo io:
Senza dubbio per l'osservazione di Triari, l'immagine $f(\mathbb{N})$ è in un numero finito di valori. Ma allora usando la ricorsione lineare, si trova abbastanza facilmente che da un certo punto in poi si ripete periodicamente(ad un certo punto ci sono due triple di valori consecutivi uguali, ma allora il tutto si ripete ciclicamente). Ma se si ripete ciclicamente da un certo punto in poi, questo vuol dire che, definita $F(t)=\sum_{i=0}^{+\infty}f(i)t^i$, la possiamo scrivere come $F(t)=H_1(t)+\frac{H_2(t)}{(1-t^k)}=\frac{H_1(t)(1-t^k)+H_2(t)}{1-t^k}$, dove $H_1,H_2$ sono polinomi.
Ma usando il trucco delle funzioni generatrici(come per la formula dei Fibonacci) si trova sicuramente che definita $F(t)=\sum_{i=0}^{+\infty}f(i)t^i$ deve valere $F(t)=\frac{f(0)+(f(1)-f(0)/2)t+(f(2)-f(0)/2-f(1)/2)t^2}{-1+(3t+2t^3+t^3)/6}$. Quindi se confrontiamo questa cosa con quella di su, otteniamo che il denominatore della seconda espressione, quando ridotto ai minimi termini deve avere come sole radici quelle dell'unità. Ma il denominatore è $1/6(t-1)(t^2+3t+6)$ osserviamo che $(t^2+3t+6)$ non ha come radici, radici dell'unità(altrimenti il termine noto è 1). Quindi deve essere semplificato dal numeratore. Imponendo questa condizione su $f(0)+(f(1)-f(0)/2)t+(f(2)-f(0)/3-f(1)/2)t^2$ si trova che $f(0)=f(1)=f(2)$, da cui segue subito che la funzione è costante da 0 in poi.
E' chiaro che shiftando tutto il ragionamento non cambiava niente se iniziavamo da -1, o da un qualsiasi -n con $n \in \mathbb{N}$. Quindi f è costante su tutto $\mathbb{Z}$. In particolare questa soluzione, non usa che l'arrivo sia in $\mathbb{N}$ ma solo che siano interi( anzi andrebbe bene qualsiasi insieme "discreto" di punti come immagine).
Fatemi sapere
Faccio un tentativo io:
Senza dubbio per l'osservazione di Triari, l'immagine $f(\mathbb{N})$ è in un numero finito di valori. Ma allora usando la ricorsione lineare, si trova abbastanza facilmente che da un certo punto in poi si ripete periodicamente(ad un certo punto ci sono due triple di valori consecutivi uguali, ma allora il tutto si ripete ciclicamente). Ma se si ripete ciclicamente da un certo punto in poi, questo vuol dire che, definita $F(t)=\sum_{i=0}^{+\infty}f(i)t^i$, la possiamo scrivere come $F(t)=H_1(t)+\frac{H_2(t)}{(1-t^k)}=\frac{H_1(t)(1-t^k)+H_2(t)}{1-t^k}$, dove $H_1,H_2$ sono polinomi.
Ma usando il trucco delle funzioni generatrici(come per la formula dei Fibonacci) si trova sicuramente che definita $F(t)=\sum_{i=0}^{+\infty}f(i)t^i$ deve valere $F(t)=\frac{f(0)+(f(1)-f(0)/2)t+(f(2)-f(0)/2-f(1)/2)t^2}{-1+(3t+2t^3+t^3)/6}$. Quindi se confrontiamo questa cosa con quella di su, otteniamo che il denominatore della seconda espressione, quando ridotto ai minimi termini deve avere come sole radici quelle dell'unità. Ma il denominatore è $1/6(t-1)(t^2+3t+6)$ osserviamo che $(t^2+3t+6)$ non ha come radici, radici dell'unità(altrimenti il termine noto è 1). Quindi deve essere semplificato dal numeratore. Imponendo questa condizione su $f(0)+(f(1)-f(0)/2)t+(f(2)-f(0)/3-f(1)/2)t^2$ si trova che $f(0)=f(1)=f(2)$, da cui segue subito che la funzione è costante da 0 in poi.
E' chiaro che shiftando tutto il ragionamento non cambiava niente se iniziavamo da -1, o da un qualsiasi -n con $n \in \mathbb{N}$. Quindi f è costante su tutto $\mathbb{Z}$. In particolare questa soluzione, non usa che l'arrivo sia in $\mathbb{N}$ ma solo che siano interi( anzi andrebbe bene qualsiasi insieme "discreto" di punti come immagine).
Fatemi sapere
Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Sinceramente me l'ero giustificata così: se la f è costante da un certo punto in poi, allora è sempre costante. Supponiamo infatti che sia costante dal numero $n$ in poi. Allora vale che $f(n+2)$ è compreso fra il minimo e il massimo di $f(n-1),f(n),f(n+1)$. Ma visto che $f(n+2)$ è uguale a $f(n)$ e $f(n+1)$, necessariamente anche $f(n-1)$ è uguale a $f(n)$, e così via. Dove sbaglio? Poi sinceramente scambret non ho capito il tuo suggerimento (oggi sono veramente fori di cervello, sarà la scuola 
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Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Oddio, funzioni generatrici per un problemino facile facile?
L'insieme di arrivo è $\mathbb{N}$ proprio per dire: "ok sia $w$ il minimo valore che $f$ può assumere e $f(x)=w$.
Allora ponendo $k=x-3$ uno ottiene
$$6w=6f(x)=3f(x-1)+2(x-2)+f(x-3) \geq 6w$$ e allora induttivamente ci si conquista anche $f(x-i)$ con i intero
Era l'induzione (banale) che mancava, perchè dimostro che f non è a gradoni.
L'insieme di arrivo è $\mathbb{N}$ proprio per dire: "ok sia $w$ il minimo valore che $f$ può assumere e $f(x)=w$.
Allora ponendo $k=x-3$ uno ottiene
$$6w=6f(x)=3f(x-1)+2(x-2)+f(x-3) \geq 6w$$ e allora induttivamente ci si conquista anche $f(x-i)$ con i intero
Era l'induzione (banale) che mancava, perchè dimostro che f non è a gradoni.
Ultima modifica di scambret il 11 set 2013, 11:45, modificato 2 volte in totale.
Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Ah non sapevo che qualcuno le trovava "difficili". Comunque mi sembra che nella tua soluzione serve che l'insieme di arrivo abbia un minimo. Nella mia no, è completamente superfluo.
Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Sono dell'idea (ma è anche vero che la mia idea non conta nulla) che cannoneggiare nei problemi semplici sia superfluo
Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Ok, allora risolvi il problema in cui all'arrivo c'è $\mathbb{Z}$
Oppure risolvilo con insieme di partenza $\mathbb{N}$(hai usato implicitamente che potevi shiftare a sinistra del minimo). Se una soluzione risolve problemi più difficili di quanto possa fare un altra, non vedo in che senso sia superflua. Anzi a me sembra superflua la prima a quel punto che è costretta a usare ipotesi inutili, per arrivare alle stesse conclusioni( o minori).
p.s: poi se due contarelli con le funzioni generatrici per te sono un cannone, ti suggerisco vivamente di capirle meglio. Perchè sono davvero delle banalità quelle che ho usato(moltiplicazioni e divisioni), e non serve nessuna particolare conoscenza per farli. La cosa un attimo meno banale(ma che probabilmente non hai nemmeno letto), era di interpretare questi calcoli, che nemmeno un poppante troverebbe cannonate, per concludere il problema, ed effettivamente nemmeno questo era molto difficile(mi riferisco all'osservazione che le radici del denominatore erano dell'unità che permette di semplificare e trovare tre valori consecutivi uguali).
Oppure risolvilo con insieme di partenza $\mathbb{N}$(hai usato implicitamente che potevi shiftare a sinistra del minimo). Se una soluzione risolve problemi più difficili di quanto possa fare un altra, non vedo in che senso sia superflua. Anzi a me sembra superflua la prima a quel punto che è costretta a usare ipotesi inutili, per arrivare alle stesse conclusioni( o minori).
p.s: poi se due contarelli con le funzioni generatrici per te sono un cannone, ti suggerisco vivamente di capirle meglio. Perchè sono davvero delle banalità quelle che ho usato(moltiplicazioni e divisioni), e non serve nessuna particolare conoscenza per farli. La cosa un attimo meno banale(ma che probabilmente non hai nemmeno letto), era di interpretare questi calcoli, che nemmeno un poppante troverebbe cannonate, per concludere il problema, ed effettivamente nemmeno questo era molto difficile(mi riferisco all'osservazione che le radici del denominatore erano dell'unità che permette di semplificare e trovare tre valori consecutivi uguali).
Re: Funzionale da $\mathbb{Z}$ a $\mathbb{N}$
Ok, non ho detto né di non aver capito il pezzo sulle ogf (anche se onestamente può essere un bel trucco) né che le operazioni erano impossibili.
Stavo dicendo solo che, ad esempio, $x^5-4=y^2$ si può risolvere modulo 11 o con gli interi di Gauss.
Ora chi usa $\mathbb{Z} [ i ]$ fa il figo e può riusare il trucco anche per $x^3-121^y=4$, dove i moduli, forse, non funzionano, ma per la prima diofantea, a me, piacerebbe più il modulo 11. Stavo dicendo solo questo.
Stavo dicendo solo che, ad esempio, $x^5-4=y^2$ si può risolvere modulo 11 o con gli interi di Gauss.
Ora chi usa $\mathbb{Z} [ i ]$ fa il figo e può riusare il trucco anche per $x^3-121^y=4$, dove i moduli, forse, non funzionano, ma per la prima diofantea, a me, piacerebbe più il modulo 11. Stavo dicendo solo questo.