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Ogni numero positivo $ x $ ha due "figli", i numeri $ x+1 $ e $ \frac{x}{x+1} $. Quali sono i discendenti di 1?


Molto carino

non ho capito bene il problema, perchè per discendenti intendi--> applico la prima volta e viene$ 2;\frac{1}{2} $ allora li applico anche a questi e calcolo i loro figli, e così via?

se è così, a me viene infiniti. (perchè ogni nuovo figlio avrà una unità (EDIT) in più dell'altro, ma mi sa che sbaglio a capire il problema)

Sì, per discendenti il problema intende proprio quelli, andando avanti "all'infinito". Per "quali sono i discendenti" intende : di quale classe di numeri fanno parte tutti i discendenti? E se sono infiniti, perchè? (non ho capito la cosa del figlio con una cifra in più)

Poichè il primo figlio di ogni figlio x sarà x+1 allora avremo che tutti i numeri naturali discendono da 1 poi Posto $f(x)=\frac x{x+1}$ l'altro ramo genialogico di ogni discendente è la serie $f(x),f(f(x)), f(f(f(x))),...,f^n(x)$.
Adesso per induzione possiamo dimostrare che $f^n(x)=\frac x{nx+1}$ il passo base per n=1 è verificato quindi per n+1:
$ \displaystyle f^{n+1}(x)=f(f^n(x))=\frac{\frac x{nx+1}}{\frac x{nx+1}+1}=\frac x{(n+1)x+1}$
Quindi sono tutti numeri razionali di quella forma...
Comunque mi sa che non ho capito bene il problema...

Ce ne sono molti altri... definita per esempio $g(x) = x+1$, guarda cos'è $f^2(g(x))$

Mist ha scritto:Ce ne sono molti altri... definita per esempio $g(x) = x+1$, guarda cos'è $f^2(g(x))$

E lo so, sono infiniti ma in ogni caso li puoi ottenere tutti in quel modo, con quel procedimento, per questo non capito bene il problema ^^ Diciamo che sono tutte le possibili combinazione tra quelle due funzioni...lo sviluppo di $g^n(x)$ è banale, quello di $f^n(x)$ è la.

Mah, io non ho ncora trovato uno schema ricorrente... Cioè, a me verrebbe da tentare di definire i numeri che escono in base al numero e al modo in cui si applicano $g$ e$f$, ma per ora ho solo dimostrato ( e anche malamente ) che il prodotto di tutti i numeri di una stessa generazione è un numero costante ( in questo caso $2$ )

A Febbraio possono capitare anche questi tipi di problemi ?

Mist ha scritto:A Febbraio possono capitare anche questi tipi di problemi ?

Se non sbaglio questo è un vecchio Cesenatico..

Tutti i numeri razionali $\frac{n}{m}$ sono discendenti di uno:
- Se $m=n$ è banale
- Se $n>m$ mi riconduco al caso $n<m$ utilizzando la mossa 1 ($x+1$)
- Se $n<m$ allora tento di ricondurmi a una frazione con denominatore minore: $\frac{n}{m}=\frac{x}{x+1}$ da cui $x=\frac{n}{m-n}$ quindi da $x$ applicando la mossa 2 ottengo la frazione di partenza. Inoltre $m-n<m$ quindi posso ripetere il procedimento fino a $m=1$ e ricadere nel primo caso.

Bon... Da 1 si arriva a $2 $ e a $\frac{1}{2}$. Ora, si considerino i due casi:
dal ramo che inizia con $2$ si hanno tutti i numeri naturali ( applicando $g$) Si noti ora che $f(\frac{a}{b}) = \frac{\frac{a}{b}}{\frac{a}{b}+1} = \frac{a}{a+b}$: quindi se applichiamo la $f$ ad una frazione, questa conserva lo stesso numeratore che si aveva in partenza e assume come denominatore la somma di numeratore e denominatore della frazioen di partenza. Ora da $2$ si hanno i figli $3$ e $\frac{2}{3}$. Si noti ora che in virtù della proprietà sopra scoperta da $\frac{2}{3}$ hanno origine, applicando la $g$, tutti i numeri della forma $ \frac{2+3n}{3}$, $n \in \mathbb{N}$ mentre da $3$ ha origine, oltre il $4$, la frazione $\frac{3}{4}$ Si nota che, siccome abbiamo che tutti i numeri naturali appartengono all'insieme della dinastia dell'uno, si ha che tutti i numeri della forma $\frac{n-1+kn}{n}$ ($(n,k) \in \mathbb{N}^2$)appartengono al nostro insieme. ma $f(\frac{n-1+kn}{n}) = \frac{n-1+kn}{2n-1+kn}$. Inoltre abbiamo che $f^z(\frac{n-1+kn}{n}) = \frac{n-1+kn}{n+z(n-1+kn)}$Abbiamo ora esaurito tutte le possibili combinazioni di $g$ e $f$ e quindi possiamo concludere che tutti i numeri della dinastia dell'uno sono quelli della forma $\frac{n-1+kn}{n+z(n-1+kn)}$

Bon, non mi osno espresso benissimo, spero si capisca

P.S.: non ho capito paga cosa hai fatto..

Credo che la tua dimostrazione contenga un'errore infatti non consideri tutte le combinazioni di $f$ e di $g$ ma solo una parte.
La mia era una bozza, che contiene tutte le idee, della dimostrazione induttiva (che non avevo voglia di scrivere): quale passo non ti è chiaro?

Aaah, ok, no, allora ho capito, credevo che fosse una dimostrazione completa ( nel senso: con tutti i sacri crismi eccetera) e quindi non capivo, mi sembrava incompleta...

mah, a me la mia sembra completa, perchè considero tutti i casi in cui si formano "nuove" frazioni, ovvero sia con un denominatore diverso da quelli precedenti che con un numeratore diverso... Boh, non so, magari prova a seguire il mio ragionamento "rifacendolo" su carta, se no dimmi meglio dove di preciso ti sembra incompleta, quali casi non considero...

paga ha fatto il furbo, e si è spiegato malissimo (non volermene a male).
e soprattutto ha scritto una frazione nel modo più innaturale, ovvero come $\frac{n}{m}$ invece di $\frac{m}{n}$, cosa assai irritante (qui puoi volermi male).
però l'idea è buona ed elegante (dovevo farmi perdonare): invece di partire da adamo ed eva (ok, loro erano Due, non Uno, ma non importa: d'ora in poi userò Uno, 1, A&E come sinonimi) e scendere lungo l'albero genealogico, partiamo da un tizio a caso e vediamo se è loro discendente.
tutti i discendenti di A&E sono razionali positivi, quindi proviamo a prendere un razionale positivo a caso, e vediamo se è suo discendente. invece di usare le due mosse date, devo usare le loro inverse (quando è possibile, ovvero quando non sfondo nei razionali negativi).
restano le due mosse: $y\mapsto y-1$ e $y\mapsto \frac{y}{1-y}$ (credo). la prima la posso usare sui numeri maggiori di 1, la seconda su quelli minori di 1 (se arriviamo a 1 siamo contenti).
adesso, preso un razionale positivo, facciamo l'unica sequenza di mosse possibili, e vediamo dove andiamo a finire: se partiamo da un intero, arriviamo a 1 semplicemente sottraendo 1. se invece partiamo da un razionale positivo, intanto ci portiamo ad una cosa minore di 1 (applicando la prima mossa "inversa" il numero opportuno di volte). a questo punto, l'osservazione chiave è che se $y=\frac{n}{m}<1$ ( per chiarezza mi tocca tenere 'sta scrittura orrenda ), allora $\frac{y}{1-y} = \frac{n}{m-n}$, che ha numeratore strettamente minore di $y$. adesso con lo stesso giochino (forzato) di prima, abbiamo una sequenza di interi positivi debolmente decrescente (i denominatori), che ogni tanto salta (necessariamente, perché non possiamo applicare la prima mossa all'infinito) e abbiamo vinto.

in alternativa, si può fare in modo "più semplice" per induzione sul denominatore $m$ (esercizio). è più chiaro, ora?

p.s. maledetti, scrivete troppo e troppo spesso!
p.p.s. questa "soluzione dettagliata" mostra che la tua soluzione è sbagliata, mist (perché? esercizio!)

Figo

Ho capito la dimostrazione di paga ora...

Il fatto che non vedo tutte le doppie si vede dal fatto che non tutte le frazioni sono esprimibili nella forma che ho scritto sopra ? Bon, provo a dimostrarlo...

Oh cazz, Si vedeva facilmente, bastava vedere che, posto $\frac{n-1+kn}{n+z(n-1+kn)} = \frac{a}{b} >1$, si ha $ \frac{n}{n-1+kn}+z = \frac{b}{a} < 1$ che è assurdo poichè $z \in \mathbb{N}$ e non sempre $z=0$ Ok, ho imparato che devo fare una verifica cretina per controllare se non sto sparando evidenti sciocchezze.

Che bella la dimostrazione giusta, complimenti...

Bellissime soluzioni, grazie a tutti L'idea di procedere a "ritroso" mi è venuta dopo qualche giorno, ed effettivamente è quella vincente Bellissima la spiegazione di ma_go..