IMO.1-2010 modificato

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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LucaMac
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IMO.1-2010 modificato

Messaggio da LucaMac »

Determinare tutte le funzioni $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ tali che
\begin{equation}
f( \left\lfloor x \right\rfloor + y) = f(x) + \left\lfloor f(y) \right\rfloor \, \forall x,y \in \mathbb{R}
\end{equation}
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Delfad0r
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Re: IMO.1-2010 modificato

Messaggio da Delfad0r »

$P(x,y)$ vuol dire la solita roba.
$P(0,0)\to\lfloor f(0)\rfloor=0$
$P(x,0)\to f(\lfloor x\rfloor)=f(x)+\lfloor f(0)\rfloor=f(x)$
Ciò significa che $f$ è completamente determinata dai valori che essa assume negli interi.
D'ora in poi $n,m$ sono due interi.
$P(0,n)\to f(n)=f(0)+\lfloor f(n)\rfloor\to\lfloor f(n)\rfloor=f(n)-f(0)$
$P(n,m)\to f(n+m)=f(n)+\lfloor f(m)\rfloor=f(n)+f(m)-f(0)\qquad (*)$
Dimostriamo ora che vale la seguente proprietà:
$$
f(n)=nf(1)-(n-1)f(0)
$$
  • Per prima cosa dimostriamo che la proprietà vale per $n\ge0$. Per $n=0$ e $n=1$ è ovvio, e per induzione abbiamo che
    $$
    f(n+1)\underset{(*)}{=}f(n)+f(1)-f(0)\underset{\text{hp induttiva}}{=}nf(1)-(n-1)f(0)+f(1)-f(0)=(n+1)f(1)-((n+1)-1)f(0)
    $$
  • Ora dimostriamo che la proprietà vale anche per $-n$, dove $n$ è un intero positivo, sapendo che già vale per $n$ (l'abbiamo dimostrato sopra).
    $$
    f((n+1)-n)\underset{(*)}{=}f(n+1)+f(-n)-f(0)\Longrightarrow f(-n)=f(1)-f(n+1)+f(0)
    $$
    Per quanto dimostrato nel pallino precedente, sappiamo che $f(n+1)=(n+1)f(1)-nf(0)$, dunque
    $$
    f(-n)=f(1)-(n+1)f(1)+nf(0)+f(0)=-nf(1)+(n+1)f(0)=(-n)f(1)-((-n)-1)f(0)
    $$
Ora, sostituendo nella proprietà sopra dimostrata $n\leftarrow \lfloor x\rfloor$, abbiamo che (ricordando $f(x)=f(\lfloor x\rfloor)$)
$$
f(\lfloor x\rfloor)=f(x)=\lfloor x\rfloor f(1)-(\lfloor x\rfloor-1)f(0)
$$
ovvero, ponendo $a=f(1)-f(0),b=f(0)$,
$$
f(x)=a\lfloor x\rfloor+b
$$
Cerchiamo dunque di capire quali sono i possibili valori per $a$ e $b$.
Innanzitutto da $P(0,0)$ sappiamo che $\lfloor f(0)\rfloor=\lfloor b\rfloor=0$, ossia $0\le b <1$.
Inoltre $P(0,1)$ ci dice $f(1)=f(0)+\lfloor f(1)\rfloor$, ossia $a=f(1)-f(0)=\lfloor f(1)\rfloor\in\mathbb{Z}$.

Dunque tutte le possibili soluzioni sono
$$
f(x)=a\lfloor x\rfloor + b\qquad \text{con }a\in\mathbb{Z},b\in[0,1)
$$
cosa che ora ci accingiamo a verificare.
VERIFICA
$$
f(\lfloor x\rfloor+y)=f(x)+\lfloor f(y)\rfloor\\
a\lfloor \lfloor x\rfloor+y\rfloor+b=a\lfloor x\rfloor+b+\lfloor a\lfloor y\rfloor+b\rfloor\\
a\lfloor x\rfloor+a\lfloor y\rfloor=a\lfloor x\rfloor+a\lfloor y\rfloor+\lfloor b\rfloor
$$
il che è vero, perchè $\lfloor b\rfloor=0$ (in questi passaggi ho usato il fatto che, se $n$ è intero, allora $\lfloor n+\alpha\rfloor=n+\lfloor \alpha\rfloor$).
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Drago96
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Re: IMO.1-2010 modificato

Messaggio da Drago96 »

Bene! :)
Io ho detto $k=f(1)$, e allora con $P(n,1)$ abbiamo $f(n+1)=f(n)+\lfloor k\rfloor$ da cui per induzione in avanti $f(n)=k+(n-1)\lfloor k\rfloor$ e al contrario usando $f(n)=f(n+1)-\lfloor k\rfloor$ abbiamo di nuovo la formula di sopra, che si riscrive come $f(n)=\{k\}+n\lfloor k\rfloor$ e ritornando ai reali $f(x)=\{k\}+\lfloor x\rfloor\lfloor k\rfloor$, che funge, e ovviamente è la stessa tua...
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LucaMac
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Re: IMO.1-2010 modificato

Messaggio da LucaMac »

Giuste entrambe, la mia , in alternativa era: Dimostro che $ \{ f(x) \} = \{ f(y) \} $ per ogni $x,y$ e, quindi porre $g(m)= f(m) - f(0) $ per ottenere una Cauchy e concludere che $f(x)=a \left\lfloor x \right\rfloor + b $ dove $ a \in \mathbb{Z} $ e $ \left\lfloor b \right\rfloor = 0 $
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