OliForum Matematico

Soluzione: 1) $f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x))$ 2) Pongo in 1 $y=0$ e ottengo $f(x)\leq f(f(x))$ - pongo $x=0$ e chiamo $a=f(0)$ ottengo $f(a)\geq a$ (che equivale a $f(a)-a\geq 0$) - pongo $x=a$ e scopro che $f(f(a))\geq f(a)$ 3) Pongo in 1 $y=-x$ da cui $xf(x)+a\leq f(f(x))$ 4) Pongo in 1 $x=0$ e ottengo...

Mi sembra tutto giusto, l'unica cosa e' che nella prima riga hai scritto mod 8 invece che modulo 3...

Caso 1: Sottocaso 2: Ora suppongo che esista un $d$ negativo tale che $f(d)>0$. Allora, essendo $f(d)$ positivo, si ha $f(f(d))≤0$ --- Caso 2: -Sottocaso 1: Se $k \geq 0$ allora $f(x) \leq 0$ per ogni $x \leq 0$. Per quest'ultima, allora si ha $f(f(x)) \leq 0$ Mi puoi spiegare questi due passaggi n...

Problema: Trovare un algoritmo che ti permette di trovare l'uscita da un labirinto tridimensionale (grafo non piano) senza sapere la struttura del labirinto, ma a ogni crocevia (vertice) che raggiungi vedi quante strade partono (grado del vertice) e percorrendo una strada (arco) sai quali piazze uni...

Quoto questo esercizio, credo di averlo risolto ieri sera, ma per sicurezza apro una discussione:
$$f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x))$$
Con $f$ dai reali ai reali, dimostrare che per $x\leq 0$ $f(x)= 0$

Visto che nessuno procede con la soluzione, metto un hint

Ci sono altri modi di trovare $f(-14)$ più interessanti....ma prima farei qualcos'altro...

Trovare tutte le funzioni $f: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{R}$ tale che:
$$f(m+n-mn)=f(m)+f(n)-f(mn)$$

E' un'esercizio un po' fuori standard e abbastanza difficile, ma non scoraggiatevi pubblicate quello che avete trovato e poi vi darò qualche hint.

Si intendevo quella.
Ma si può migliorare se riesci a distinguere i numeri coprimi a $h$ pari con quelli dispari...ma non so come...
La tua non funziona perché se $a_i$ è dispari $a_{i+1}$ è congruo a $a_i$ e quindi lo consideri come un'unico passaggio.

Mi sfugge la dimostrazione di quanto hai detto.
Inoltre in alcuni casi la tua stima è minore del valore reale (il primo caso che ho ricontrollato anch'io è $h=187$).

Forse intendevi $\frac{3}{2}ord_h(2^{-1})$?
Puoi illustrare il perché?

Si può migliorare...
Hint

Scusa ma era mezzanotte e non volevo dilungarmi. Se il ciclo non comprende 1 allora due numeri diversi "producono" lo stesso numero. Quindi $\frac{a+h}{2^x}=c$ e $\frac{b+h}{2^y}=c$ con $a\not =b$ quindi $x\not =y$ e (wlog $a>b$) si ottiene $a+h=2^n(b+h)$ con $n=x-y>0$. Con la condizione $...

Se $h=0$ funziona!!!, se $h$ dispari: Prendo in considerazione solo gli $a_n$ il cui valore è dispari. 1) $a_n<h$ (induzione) 2) la successione è illimitata quindi si ripete ciclicamente 3) 1 è parte del ciclo: per assurdo esistono $a$ e $b$ tali che $a+h=2^n(b+h)$ per qualche $n>0$ quindi per 1) si...

Se per $n$ hai $d_1=1$ e $d_n=n-1$ e $d_i|n!$, con $n+1$ hai $d'_1=1$ (ultimo termine della somma di ghiroz), $d'_{n+1}=n$ (penultimo termine) e per tutti gli altri $d'_i=(n+1)d_i$ (tutti gli altri termini della somma). La somma fa $(n+1)!$, ogni termine divide $(n+1)!$ e sono tutti diversi tra loro.