OliForum Matematico

Spostato in MNE. Problemi auto-posti o comunque non "chiaramente di tipo olimpiadi" andrebbero messi in MNE e non nelle quattro categorie olimpiche. --federico
----------------------

Ecco una stranissima funzione ricorsiva,che ho battezzato "funzione salterello".
F(0)=1
e f(N)=f(N-1)°N
Il simbolino ° é alternativamente più,meno,per,diviso.
Cioé partendo da uno si aggiunge uno,si sottrae due,si moltiplica per tre,si divide per quattro,si aggiunge cinque,si sottrae sei ecc.
A occhio direi che la funzione tende a zero.Ma il vero problema é:come si calcola f(x)?Come cambia la successione se cambio l'ordine degli operatori primari?
Saluti!
Oblomov

Nota: discorso poco rigoroso. La numerazione dei passi l'ho indicata in almeno tre modi diversi senza indicare esplicitamente il passaggio dall'uno all'altro... spero si capisca lo stesso)

La funzione va a cicli di quattro passi: nei primi due si somma N e si sottrae N+1, quindi in totale si sottrae 1; nei secondi due si moltiplica per N e si divide per N+1, quindi si diminuisce leggermente il valore assoluto. Riassumendo: (X-1)*N/(N+1).
Si vede quindi immediatamente che se ad un certo punto X diventa negativo (e succede quasi subito), lo resterà sempre.
Inoltre, ad ogni ciclo decresce, ma sempre meno di 1: è F(I)-1 < F(I+1) < F(I)
Si dimostrano separatamente le due parti.
Se x=F(I), allora F(I+1) < F(I) diventa:
(x-1)*N/{N+1} < x
x*N/{N+1} - N/{N+1} < x
x*N/{N+1} - N/{N+1} < x
-x/(N+1) < N/{N+1}
-x < N
x > -N

F(I)-1 < F(I+1) invece diventa:
x-1 < (x-1)*N/{N+1}
x-1 < (x-1)-(x-1)/{N+1}
0 < -(x-1)
0 < -x+1)
x < 1

Quindi se f(i)<1, allora f(i)-1 < f(i+1). Ma già dopo il primo passo x=0, e dopo il secondo è negativo, e abbiamo visto che resterà sempre negativo, quindi la disuguaglianza vale sempre.
Abbiamo visto poi che F(I+1) < F(I) (la funzione, di ciclo in ciclo, è strettamente decrescente) se x > -N; ma sappiamo che già dopo il primo passo (N=4, x=0) è così, e mentre N incrementa sempre di 4, x decrementa sempre di meno di uno, quindi resterà così per sempre.
Quindi... la funzione è strettamente decrescente. Però potrebbe avere un asintoto da qualche parte.
Allora proviamo a dimostrare che F(I+1) < F(I) - 1/2
Si trova che è vero per x > -n/2+1. Sappiamo che esistono degli X particolari per cui questo è valido, e per induzione si dimostra che è vero definitivamente... l'ho fatto su carta e non ho voglia di riscriverlo bene.

Cambiando l'ordine degli operatori: scambiano * e /, tende comunque a meno infinito (ma più velocemente). Scambiando + e -, tende a più infinito. Altre cose sono più complicate e non c'ho pensato...


Fra l'altro, prima che facessi i conti a mano, il mio computer mi ha gentilmente calcolato la funzione fino ad N=10^8, e conferma. (per N=
99999997, x=-19999998.9899096344)

(se a qualcuno interessasse, lo script per bc che ho usato per calcolarlo:
#!/usr/bin/bc -q

scale=10
x=1
passi=10^2
scalini=10^6

for(j=0; j<passi; j++){
max=((j+1)*scalini-10)
for(i=j*scalini+1; i<max; i+=4){
x=(x-1)*(i+2)/(i+3)
}
for(;i<max+10;i+=4){
print i, ": \t", x, "\n"
x=(x-1)*(i+2)/(i+3)
}
}

Ringrazio Laurentius per la risposta.Ma io cercavo una funzione che cosideri tutti i valori e non solo quelli alla fine di un ciclo(lì sta il difficile).
Poi ripeto la domanda:che succede se cambio l'ordine degli operatori?
Saluti,
Oblomov

Mah, non credo si possa fare molto meglio della definizione per ricorsione che hai dato. Comunque, si vede che ad ogni ciclo diminuisce di un po' meno di 1 (ad occhio, il passo tende a 1, ma non ne sono sicurissimo).