qualche problema

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

ne aggiungo un altro
 
 trovare tutte le f:N-->N tali che
 
 f(m+f(n))=n+f(m+100) per ogni m e n in N

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Per Talpuz.
 Per favore,se puoi e se vuoi,posta qualche indicazione
 sul quesito della diseguaglianza:sono tre
 che giorni che ci sbatto la testa ma non ne
 vengo fuori.
 Grazie.

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

metto un consiglio in bianco:
 
 
 
 A=b+2c B=c+2a C=a+2b
 
 sostituisci e vai

ReKaio · Messaggio da **ReKaio** » 01 gen 1970, 01:33

io l\'ho risolto in modo bruttissimo, a,b,c posso moltiplicarli per un coefficente arbitrario f(a,b,c)=f(ta,tb,tc), la dis resta uguale, quindi posso dividere tutto per c, c=1, a questo punto mi faccio tutti i calcoli, perché non è neppure più simmetrica e non si cava nulla elegante.
 
 Provo quello che dici, ora

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Posto (come da ottimo e liberatorio consiglio):
 A=b+2c,B=c+2a,C=a+2b si ricava:
 a=1/9*(-2A+4B+C),b=1/9*(A-2B+4C),c=1/9*(4A+B-2C)
 e sostituendo:
 1°membro=1/9*[(4B+C)/A+(A+4C)/B+(4A+B)/C]-6/9=
 =4/9*(B/A+C/B+A/C)+1/9*(C/A+A/B+B/C)-6/9>=
 >=4/9*3*cubicroot(B/A*C/B*A/C)+1/9*3*cubicroot(C/A*A/B*B/C)-6/9=
 =12/9+3/9-6/9=1

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Posto (come da ottimo e liberatorio consiglio):
 A=b+2c,B=c+2a,C=a+2b si ricava:
 a=1/9*(-2A+4B+C),b=1/9*(A-2B+4C),c=1/9*(4A+B-2C)
 e sostituendo:
 1°membro=1/9*[(4B+C)/A+(A+4C)/B+(4A+B)/C]-6/9=
 =4/9*(B/A+C/B+A/C)+1/9*(C/A+A/B+B/C)-6/9>=
 >=4/9*3*cubicroot(B/A*C/B*A/C)+1/9*3*cubicroot(C/A*A/B*B/C)-6/9=
 =12/9+3/9-6/9=1

achillu · Messaggio da **achillu** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-04-20 15:53, karl wrote:
 Ora ,essendo p dispari,p-1 e\' pari e pertanto...</BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Non so se te l\'ha fatto notare già qualcuno... questa svista potrebbe farti perdere un punto prezioso!
 
 L\'enunciato dice \"per ogni p primo\"... quindi è compreso anche il numero 2, che non è dispari!
 
 Di conseguenza, manca tutta la dimostrazione per p=2...
 
 Zio Achille.

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Ringrazio zio Achille per la segnalazione.Ecco la dimostrazione
 nel caso p=2.
 (2n,2)-2n-1=2n(2n-1)/2- 2n-1=2n-1(2n-1)-2n-1=
 2n-1(2n-2)=2n(2n-1-1)
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 22-04-2004 22:51 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-04-20 20:29, talpuz wrote:
 ok
 
 altro:
 consideriamo una circonf di centro O e due corde AB e CD che si intersecano in M, interno al cerchio. sia E il punto di intersez delle tangenti alla circ in A e B e F quello delle tangenti alla circ in C e D
 
 dimostrare che la retta OM è perpendicolare alla retta EF
 
 forza geometri, fatevi sentire!!
 
 [questo mi sembra meno banale del 2), che si risolve quasi immediatamente con Ceva]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Carino!!
 
 Se chiamiamo P l\'intersezione di AB con OF e Q l\'intersezione di CD con OE, R l\'intersezione di AB con OE e S l\'intersezione di CD con OF abbiamo che ORS è simile a OQP (infatti R e S sono i piedi delle altezze da P e Q su OQ e OP) e che OS=r^2/OF e OR=r^2/OE dove r è il raggio della circonferenza data (queste due relazioni si dimostrano tramite il I teorema di Euclide sui triangoli rettangoli OAE e ODF, ad esempio). A questo punto, facendo i conti, si scopre che
 OE/OF=OQ/OP e quindi EF//QP.
 Ma CD e AB sono le altezze di OQP e si incontrano in M; allora la retta OM è altezza relativa a PQ e quindi è perpendicolare a EF.

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

wow!!
 bella, Evariste!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 ora però guardate anche le funzionali, su:
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 trovare tutte le f:N-->N tali che
 
 f(m+f(n))=n+f(m+100) per ogni m e n in N
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 e
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 1)trovare tutte le f:R+-->R+ tali che
 - f(x+yf(x))=f(x)f(y)
 - non esistono infiniti x tali che f(x)=1
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

f(k)=k+100 con k in N.

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

dimostrazione?? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 provate anche questo che è carino
 
 trovare il numero di permutazioni a1,a2,...,an di 1,2,...,n tali che per ogni i>1 esiste j i-aj|=1 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 24-04-2004 20:16 ]

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Per m=n=0 si ha:
 f(f(0))=f(100)--->f(0)=100
 Posto poi m=0 si ha:
 (1) f(f(n))=n+f(100) e cio implica ,a mio parere, che
 f(n) sia lineare del primo grado, cioe\' del tipo:
 f(n)=An+100 e sostituendo in (1):
 A(An+100)+100=n+100A+100--->A2=1
 Scartando la soluzione A=-1 perche f(n) deve essere a valori in N
 si ha il risultato.

Dr_Palmito · Messaggio da **Dr_Palmito** » 01 gen 1970, 01:33

mumble.. la fai troppo facile.
 La prima deduzione è valida a patto che la funzione sia iniettiva, e questo si verifica stante ff(n)=n+f(100).
 L\'ipotesi della linearità è troppo restrittiva dato che, tanto per dire,
 ff(n)=n è soddisfatta da una qualunque trasposizione sui naturali, per quanto alla fin fine io sia del tuo stesso parere..
 Armeggiando sono arrivato fino a:
 100+f(n+100)=f(n)+f(100)
 ma niente di più.
 
 Talpù?

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Sono consapevole della debolezza delle mie argomentazioni,
 tant\' e\' vero che ho scritto \" a mio parere\".
 Ecco un altro mio \"armeggiamento\" sul secondo funzionale.
 Per x=0:
 f(0)=f(0)*f(0) da cui f(0)=0 oppure f(0)=1.
 Per y=0 :
 f(x) =f(x)*f(0)
 Scegliendo f(0)=0 si ha il risultato banale f(x)=0 e dunque
 scegliamo f(0)=1.
 Derivando(supposto cio\' possibile) rispetto ad y
 la relazione di partenza:
 f<inf>y</inf>(x+yf(x))*f(x)=f(x)*f<inf>y</inf>(y)
 ovvero : f<inf>y</inf>(x+yf(x))=f<inf>y</inf>(y)
 Poiche\' ,al variare di x,il secondo membro resta costante,ne
 deduco che(e qui casca l\'asino):
 x+yf(x)=y da cui:
 f(x)=1+kx ,avendo posto, per semplicita\' di scrittura,-1/y=k.
 Effettivamente tale funzione (con k<>0) ha i requisiti richiesti.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 26-04-2004 14:04 ]