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Supponiamo per assurdo che esistano $n, m \in NQ$, $n < m$, tali che $f(n)=f(m)=:a$. Abbiamo allora $S_n = \{b_1 < \ldots < b_h<a\}, S_m = \{c_1 < \ldots < c_k<a\} \subset NQ$, con $b_1>n$, $c_1>m$, $\displaystyle n \cdot \prod_{x \in S_n} x =A^2, \qquad m\cdot \prod_{y \in S_n} y =B^2$. Inoltre non...

Sbaglio o $f$ NON è iniettiva? A me viene ad esempio che $f(25)=f(27)=35$
(per $n=25$ l'insieme $S$ da considerare è $S=\{ 27,28,30,32,35\}$, mentre per $n=27$ si ha $S=\{28,30,32,35 \}$)

Evidentemente sbaglio qualcosa io

Sì, l'ultima riga è sbagliata. Avrei dovuto scrivere: "Pertanto $p_i \nmid c$ per ogni $i \in \{1,\ldots, m\}$" Ricapitolando: se $p \mid a+b$ allora $p \mid a $ e $p\mid b$, dunque $p^2 \mid ab$. Dato che $p \nmid c$, necessariamente $p^2 \mid a+b$. Generalizzando, se $p^{2n+1} \mid a+b$ ...

Se $n \mid a+b$ allora $n\mid ab$ (altrimenti $c \notin \mathbb{N}$) Dunque per ogni primo $p$ che divide $a+b$ si ha che $p \mid a$ e $p \mid b$. $a+b= p_1^{k_1}\cdot \ldots \cdot p_m^{k_m}$ con $2\leq p_1<\ldots < p_m$ tutti primi e $k_1,\ldots , k_m$ interi positivi. Per quanto detto prima $p_1\c...

Comunque anch'io ho ottenuto che l'unica funzione che soddisfa è h(x)=0 , ma è veramente oscena la mia soluzione... Idem per me. Il procedimento che ho seguito io è il seguente: i) Dimostro che per ogni $a,b$ interi positivi coprimi tali che $2 \mid ab$ si ha $h(\frac{a}{b})=0$; ii) Dimostro che pe...

Trovare tutte le funzioni $\displaystyle h: \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{Q}$ tali che per ogni $x \in \mathbb{Q}^+$ valga $\displaystyle \begin{cases}h(x)+x \cdot h \left( \frac{1}{x} \right)=0 \\ h(x)=h(2x+1) \end{cases}$

(a scanso di equivoci, $\mathbb{Q}^+ := \{ q \in \mathbb{Q} \ \mid \ q>0\}$)

- non occorre invocare le derivate per dimostrare che un polinomio monico (di grado positivo) è definitivamente crescente; Giusto (anche se non capisco perchè hai scritto "monico") - per quanto riguarda la tua $h$, io trovo più elegante dire: chiamo $d$ il massimo dei gradi di $f$ e $g$, ...

Siano $f,g$ due polinomi non costanti tali che $f(x)$ è intero se e solo se $g(x)$ è intero. Mostrare che uno dei due tra $f-g$ e $f+g$ è una costante intera. Siccome $f(x)$ è un polinomio non costante, si ha $\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x) = + \infty$ oppure $\displaystyle \lim_{x \to \inf...

<enigma> ha scritto: la frase citata mostra che in fondo non t'importa di quello che ho scritto (altrimenti eviteresti espressioni come "scrivere meglio")

Assolutamente sì. Non me ne frega niente del tuo inutile formalismo (inutile in un esercizio come questo). Se vuoi continuare a fare il pignolo, fai pure.

Mi duole informarti che questa è da Matematica ricreativa , perché con l' Algebra ha poco da spartire. Hai ragione. Domanda: che successione è $a_1= 1\,, a_2= 2\, , a_3= 6\,, a_4= 6\,, a_5=3\,, a_n = 9\,( n\geq 6 ) $? Risposta matematica: la successione che a $1$ associa $1$, a $2$ associa $2$, a $...

No, è qualcosa di molto più semplice... ma complimenti comunque

Di che successione di tratta? $\displaystyle \begin{cases}a_1= 1 \\ a_2= 2 \\ a_3= 6 \\ a_4= 6\\ a_5=3 \\ a_n = 9 & \text{ if } n\geq 6 \end{cases} $

Per ipotesi $f(x+f(y))=f(x)+y$ per ogni $x,y$ reali. 1) $f(0)=0$: $x=0 \wedge y=0 \implies f(f(0))=f(0)$. Dunque, posto $a:=f(0)$, si ha $f(a)=a$. Prendo $x=0$ e $y=a$ ottenendo $f(0+f(a))=f(0)+a$, cioè $f(0)=0$. 2) La funzione coincide con la sua inversa: scegliendo $x=0$ si ha $f(f(y))=y$, cioè $f...

Se le due rette sono incidenti ( anche se con b - d intero ) , a fronte di infinite ascisse per le quali le due funzioni sono intere, c'è almeno una ascissa per cui una funzione è intera e l' altra no : la x pari all' inverso del più grande fra i 2 coefficieti angolari a e b Non mi torna (forse non...

Comunque scelgo $a,b \in \mathbb{R}$, il polinomio $p(x)= a x(x+1)+b$ soddisfa le richieste. Infatti $(x+1) \left[ a(x-1)x+b \right]-(x-1)\left[ ax(x+1)+b \right]= b(x+1)-b(x-1)=2b$ (costante) Supponiamo ora che $p(x) \in \mathbb{R}[x]$ sia tale che $\exists c \in \mathbb{R}$ t.c. $\forall x \in \ma...