Una funzione in $\RR^2$

[Zero87]

Parto da una cosa, diciamo, semplice, prego di dare la precedenza ai ragazzi delle superiori o, in generale, di spoilerizzare le vostre soluzioni. Più che altro voglio vedere quante diverse se ne possono dare.

Dimostrare o confutare che, scelti $(x,y) \in \RR^2$, la funzione
$f(x,y)=(p^x)/(q^y)$
è iniettiva con $p$ e $q$ numeri primi differenti tra loro.

Ho in mente una serie di rilanci per questo quesito, almeno per ora facile. Poi andrò al lavoro e me li dimenticherò tutti questi rilanci...!
Comunque vedrò quando farli e, in generale, inviterò chiunque a fare rilanci se avrà qualche idea interessante da proporre come quesito.

[Pachisi]

Ci provo.

Edit: Non e` iniettiva. Infatti $f(x_1,y_1)=f(x_1-y_1\log_pq,0)$.

[milizia96]

$f(1, 1) = f(1-log_{p}q, 0)$

[Pachisi]

Non ci credo...Ho letto interi, ma ho scritto reali...
Modifico subito la soluzione.

[j18eos]

@Pachisi Se ti consola: hai dimostra che quella funzione su \(\displaystyle\mathbb{Z}_{\ge0}^2\) è iniettiva; se ci facevi caso, non lo è su \(\displaystyle\mathbb{Z}^2\)... o ricordo male la tua soluzione?

[Zero87]

Benebene. Avevo trovato la soluzione di Milizia anche se quella di Pachisi è interessante e non ci avevo pensato. Sono troppo abituato ai controesempi singoli!
Ok, rilancio 1.

Restringere il dominio in modo che la $f$ sia iniettiva in quel dominio considerato.
Ora restringere ve lo consento in vari modi: un sottinsieme di $\RR^2$ oppure di $\ZZ^2$, di $\NN^2$, ecc...
Il sottinsieme, magari, dipendente da $p$ o $q$ dire $\RR \times 0$ anche se è una soluzione è un po' troppo facile come sottinsieme di $\RR^2$.

Stavolta la do la mia soluzione.

E' iniettiva in $\QQ^2$, semplicemente cercando di vedere $(x_1,y_1)\ne (x_2,y_2)$ tali che $f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2)$ avrei
$(p^(x_1))/(q^(y_1))=(p^(x_2))/(q^(y_2))$
da cui
$p^(x_1-x_2)=q^(y_1-y_2)$
da cui
$log_p (p^(x_1-x_2))=log_p (q^(y_1-y_2))$
cioè
$x_1-x_2=(y_1-y_2) log_p q$
che non ha soluzioni perché il primo membro è razionale e il secondo no dal momento che $p$ e $q$ sono due primi diversi.

Non ci sono, inoltre, problemi a logaritmare ambo i membri perché gli esponenziali sono tutti positivi

Bonus (facile), senza usare derivate determinare segno e minimo della funzione.

[marysax90]

Eh, battuta sul tempo. Io avevo fatto così:

Considero il dominio $A=QQ^2$ e mostro che la funzione è ingettiva su $A$.
Siano $(x,y), (a,b)$ in $A$ tali che $p^x/q^y=p^a/q^b$
Facendo i calcoletti abbiamo che $p^(x-a)=q^(y-b)$
Supponiamo per un attimo che i due esponenti siano numeri interi. Se sono entrambi positivi, abbiamo la tesi, poiché $p$ e $q$ sono primi distinti. Se un esponente è negativo e l'altro positivo, avremmo una uguaglianza tra un numero intero positivo e uno non intero, perciò anche in questo caso bisognerà avere l'uguaglianza tra gli esponenti e quindi la tesi. se sono entrambi negativi, si ritorna al primo caso passando ai reciproci.
Ora possiamo supporre che:
$x-a=c/d$
$y-b=e/f$
dove $c,d,e,f in ZZ$, con d,f diversi da zero. Allora si ha che:
$p^(c/d)=q^(e/f)$. Eleviamo per il prodotto $d*f$ ottenendo che:
$p^(cf)=q^(ed)$. Come sopra, gli esponenti sono numeri interi e perciò dev'essere: $cf=ed=0$, ma $d,f$ sono diversi da zero, perciò $d=e=0$. Questo ci dice che $x-a=y-b=0$ e quindi la tesi.

Ok, spero anche io di non avere fatto errori/orrori. In tal caso, chiedo scusa.

La funzione è sempre positiva, trattandosi di rapporto tra quantità per definizione positive. Per la ricerca del minimo, io direi di rendere minimo il numeratore (e quindi x dovrà tendere a meno infinito) e rendere massimo il denominatore (y qui tenderà a più infinito). Beh, nel complesso la funzione "tende" al valore minimo che è zero, ma non dovrebbe esistere un punto diverso da zero che sia il minimo.

p.s. Non basterebbe dire che $p$ e $q$ siano coprimi?

[Pachisi]

@j18eos: Si, ricordi bene la soluzione.
Dai, un po` mi consola...

[milizia96]

@Newdementia

Definiamo $k=log_{q}p$, e $j=\frac{k^2}{k-1}$.
Allora $(k+1, k), (j, j) \in A$.
Però $f(k+1, k) = f(j, j)$.

[marysax90]

Scusami milizia, in fase di riscrittura non so perché abbia scritto l'insieme $A$ in quel modo, lapsus. $A=QQ^2$

[Zero87]

Attendendo anche eventuali rilanci altrui, faccio l'ultimo rilancio per ora a meno che non mi venga in mente altro. Questo, in realtà, è un rilancio personale di cui non ho la soluzione, ma magari è una stupidata.

Ora, si è visto chiaramente che il rapporto tra due funzioni iniettive non lo è, l'esempio postato in questo thread lo conferma. Perciò mi chiedo se ci sia una composizione qualsiasi - tramite operazioni elementari o altro - tra due funzioni iniettive che resti iniettiva. Mi suona di già sentito quindi magari sto semplicemente cercando di tornare a galla con la memoria ma anche per esercizio, qualora ci fosse un risultato ad hoc che però non si conosce o non si ricorda (come me per esempio), invito chiunque vuole a cimentarsi... in primis il sottoscritto!

[Pachisi]

Non vorrei sbagliare, ma la composizione di due (a anche piu`) funzioni iniettive resta iniettiva.

[Erasmus_First]

"Zero87":Dimostrare o confutare che, scelti $(x,y) \in \RR^2$, la funzione
$f(x,y)=(p^x)/(q^y)$
è iniettiva con $p$ e $q$ numeri primi differenti tra loro.

Non ho capito perché si precisa che p e q sono numeri primi. Non sarebbe sufficiente dire che $p/q$ e $q/p$ non sono interi?

Comunque, $f(x,y) = (p^x)/(q^y)$ non è iniettiva sul dominio $\RR^2$. Si trova infatti che, data una particolare coppia di reali $(a, b)$ e calcolato $k = p^a/q^b$, sono infinite le coppie distinte di reali $(x, y)$ per le quali $(p^x)/(q^y) = k$.
Infatti, dall'equazione $(p^x)/(q^y) = k$ si ricava:
$xln(p) – y·ln(q) =ln(k)$ => $y= ln(p)/ln(q)x - ln(k)/ln(q)$.
L'ultima uguaglianza significa che tutte le coppie $(x, y)$ di reali pensabili come coordinate, nel piano cartesiano, dei punti della retta di equazione
$y= ln(p)/ln(q)x - ln(k)/ln(q)$
corrispondono all'unico valore $k = f(a, b)$.

______

[Zero87]

"Erasmus_First":Non ho capito perché si precisa che p e q sono numeri primi.

L'esercizio l'ho visto così e l'ho postato non perché sia difficile - anche per le superiori non è difficile - ma perché m'ha ispirato tanti rilanci, magari qualcuno stupido ma qualcuno anche interessante.
Comunque penso che vada bene anche i numeri coprimi di Newdementia o anche il fatto che non siano uno il multiplo dell'altro.

Per il resto, @Pachisi, ho scritto "composizione" in senso tanto vago e ora che ci penso anche improprio. Non so, forse dovevo scrivere "combinazione", non ricordo se c'è un altro termine per indicare, ad esempio, una cosa come $f(x)+g(x)$ (non iniettiva anche se le due sono iniettive, basta porre ad es. $f(x)=x$ e $g(x)=-x$ con $x\in \RR$) o $f(x)g(x)$ o $(f(x))^(g(x))$ non solo $g(f(x))$ che è la composizione vera e propria.
Anzi, se la composizione vera e propria è sempre iniettiva, magari la escludo e rilancio attendendo anche rilanci vostri interessanti se avete voglia di stimolare le meningi altrui.

[marysax90]

Eh, sì, la composizione di funzioni iniettive è sempre iniettiva... e non so neanche io in che altro modo "comporre" due funzioni iniettive per averne un'altra iniettiva.
Comunque, Zero87, in merito a "combinazioni" tra funzioni, c'è questo risultato, che credo sia alla portata anche di uno studente delle superiori del quinto anno. Vediamo se può interessarti:

Consideriamo una funzione $f:RR->RR$ continua e derivabile in tutto $RR$. Supponiamo che $EE c>0$ tale che per ogni $x in RR$ $|f'(x)|<=c$. Definiamo la funzione $g(x)=x+af(x)$, dove $a>0$. Dimostrare che per $a$ sufficientemente piccoli $g(x)$ è iniettiva.

Suggerimento:

Usare il teorema di Lagrange

[Erasmus_First]

Mi domando se esistono funzioni iniettive di dominio $\RR^2$ e codominio $\RR$, diciamole del tipo $z=f(x,y)$ con $[x,y]$ qualsiasi coppia di reali e $z$ reale.
Mi ricordo d'una funzione biunivoca "Coppia di Cantor" di dominio $\NN^2$ ed immagine $\NN$, ma non che esistano funzioni biunivoche di dominio $\RR^2$ ed immagine inclusa in $\RR$ (o coincidente con $\RR$; ossia di codominio $\RR$).
Per quel che mi ricordo ( ... ma sono passati parecchi decenni!), di solito, scelto un particolare valore $k$ dell'immagine, l'equazione
$f(x,y) = k$
individua una o più funzioni implicite, a volte (ma non sempre) facilmente esplicitabili nella forma $y = g_k(x)$.
Per esempio, l'equazione
$z^2 = (x^2 + y^2)$
(che nello spazio cartesiano tridimensionale è l'equazione di un cono di vertice [0, 0, 0], asse lo stesso asse cartesiano della coordinata $z$ e "apertura" π/2) è l'equazione di una coppia di funzioni suriettive [ma non iniettive] da $\RR^2$ in $\RR$:
$z = sqrt(x^2 + y^2)$ oppure $z = -sqrt(x^2 + y^2)$
tali che, dato un qualsiasi k reale diverso da zero, restano individuate due funzioni implicite entrambe di dominio l'intervallo
$-|k| ≤ x ≤ |k|$
delle quali una è
$y = sqrt(k^2 - x^2)$ (di immagine l'intervallo $0 ≤ y ≤ |k|$)
e l'altra è
$y = -sqrt(k^2 - x^2)$ (di immagine l'intervallo $0 ≥ y ≥ –|k|$).

Mi chiedo dunque ...[ anzi, lo chiedo a chi lo sa, per esempio ... a Rigel ]:
«Esistono funzioni z = f(x,y) iniettive di dominio $\RR^2$ e $z$ appartenente ad $\RR$?»
Grazie a chi mi risponderà ... competentemente!
______

[Plepp]

"Erasmus_First":Mi domando se esistono funzioni iniettive di dominio $\RR^2$ e codominio $\RR$

Che esistano è poco ma certo (il piano e la retta hanno lo stesso "numero di punti"). Non credo però che sia possibile descriverle attraverso una "formula chiusa".

[Zero87]

"Plepp":Non credo però che sia possibile descriverle attraverso una "formula chiusa".

Sarebbe bello, altrimenti si potrebbe anche imporre una relazione d'ordine su $\CC$ inteso come $\RR^2$.

Tornando, comunque, a miei rilanci passati, si può dimostrare facilmente che somma (algebrica), prodotto e quoziente tra due funzioni iniettive non è detto essere altrettanto iniettivo. Anche l'elevamento a potenza non lo è, ad es,

se avessimo $f(x)=e^x$ e $g(x)=1/x$, otteniamo
$(f(x))^(g(x))=(e^x)^(1/x)=e^(x\cdot 1/x)=e$ per ogni $x$ del dominio.

.

[Erasmus_First]

"Plepp":[...] il piano e la retta hanno lo stesso "numero di punti"

Ecco una proposizione che non mi piace affatto!
Guai a noi, allievi di Giuseppe Scorza Dragoni, se avessimo proferito una simile proposizione in sede di esame!
Il "continuo" non è "numerabile". La "cardinalità" dell'insieme dei punti di una retta (o dell'insieme dei punti di un piano) NON è un numero.
L'espressione "un numero infinito di elementi" sta a significare che l'enumerazione degli elementi dell'insieme in questione non può terminare. ["in-finito" = "che non finisce"]. Pertanto ... non distingue un insieme che si può mettere in corrispondenza biunivoca con l'insieme dei naturali $\NN$ da un insieme "continuo" (che NON si può mettere in corrispondenza biunivoca con $\NN$)].

Comunque, anche accettando questo modo di parlare, la proposizione non sarebbe che una ripetizione tautologica della precedente affermazione "gratuita": «Che esistano è poco ma certo».

"Plepp":Non credo però che sia possibile descriverle attraverso una "formula chiusa".

Anche questa proposizione non mi piace ... ma questa volta solo perché non saprei che preciso significato darle.

Mi resta ancora il punto interrogativo:
«Esistono funzioni iniettive di dominio $\RR^2$ e immagine inclusa in $\RR$ (o coincidente co $\RR$)?»
Mi ricordo (... scavando nella memoria) che dire che una funzione è "biiettiva" (ossia che c'è una corrispondenza biunivoca tra gli elementi del suo dominio e quelli della sua immagine) equivale a dire che la funzione è «suriettiva ed iniettiva».
Ora ... se dico che il dominio di una funzione a volori reali è $\RR^2$, implicitamente dichiaro che la funzione è suriettiva.
Ammettere che la funzione sia anche iniettiva implica allora che essa è biiettiva.

Chi sa per certo (come Plepp) che esistono funzioni iniettive a valori reali di dominio $\RR^2$ è pregato di ... convincere anche me con un esempio.

Ossia: dare un esempio di funzione del tipo:
a) $z = f(x,y)$, con $x$ e $y$ reali qualsiasi e $z$ reale, e
b) $f(x,y)$ tale che se $[x_1, y_1]$ e $[x_2, y_2]$ sono coppie ordinate distinte di reali allora $f(x_1, y_1) ≠ f(x_2, y_2)$.

Grazie dell'attenzione.
____

[Plepp]

"Erasmus_First":[quote="Plepp"][...] il piano e la retta hanno lo stesso "numero di punti"

Ecco una proposizione che non mi piace affatto!
Guai a noi, allievi di Giuseppe Scorza Dragoni, se avessimo proferito una simile proposizione in sede di esame!
Il "continuo" non è "numerabile". La "cardinalità" dell'insieme dei punti di una retta (o dell'insieme dei punti di un piano) NON è un numero.[/quote]
Ma non mi dire...

Detto in linguaggio tecnico, se così ti piace, il prodotto cartesiano di due insiemi aventi la potenza del continuo ha esso stesso la potenza del continuo. In particolare, quindi, $RR$ e $RR^2$ hanno la stessa cardinalità. Ora, dato che - se vuoi, per definizione - due insiemi hanno la stessa cardinalità se e solo se esiste un'applicazione biunivoca tra di essi, allora...

Le virgolette, tra le altre cose, servono anche a questo, a evitare discorsi "noiosi" come questo (che ho appena fatto). Poi tra matematici (e non) ci si intende (o così dovrebbe essere).

Assodato ciò, come dicevo nel post precedente, dubito che sia possibile descrivere una funzione del genere utilizzando funzioni elementari (operazioni algebriche elementari, elevamento a potenza, logaritmo, esponenziale, ecc...). In questo caso non ne sono certo al 200% però

[_fabricius_1]

"Zero87":
Sarebbe bello, altrimenti si potrebbe anche imporre una relazione d'ordine su $\CC$ inteso come $\RR^2$.

Relazione d'ordine che non essendo compatibile con le operazioni servirebbe a ben poco