Complementare il codominio di una funzione
Data una funzione polinomiale di due variabili intere positive e detto il suo codominio "COD" esiste il modo di determinare una funzione di qualunque tipo che abbia come codominio il complemento di COD rispetto all'insieme dei numeri interi positivi (o anche tutti gli interi)? Ovvero se io so che una variabile p deve essere diversa da un polinomio di due variabili m ed n posso sapere la variabile p a chi è uguale?
Se questo problema non è mai stato risolto qualcuno per caso l'ha mai almeno formalizzato e studiato?
Se questo problema non è mai stato risolto qualcuno per caso l'ha mai almeno formalizzato e studiato?
Risposte
Provo a mettere in formule. Prendiamo un polinomio $f(m,n)\inZZ[m,n]$ a coefficienti positivi, vogliamo risolvere la $p$ in
$p\ne f(m,n),\ \forall m,n\inZZ$.
Andando così, a naso, forse possiamo dire che la $p$ non può, in generale, essere un polinomio di $ZZ[m,n]$. Magari per questioni di cardinalità...
$p\ne f(m,n),\ \forall m,n\inZZ$.
Andando così, a naso, forse possiamo dire che la $p$ non può, in generale, essere un polinomio di $ZZ[m,n]$. Magari per questioni di cardinalità...
In formule il problema, per essere precisi è:
prendiamo un polinomio $f: (m,n) \to NN$ con $m in NN$ ed $n in NN$ a coeffienti interi positivi, vogliamo risolvere la $p$ in $p!=f(m,n) , AA m, n in NN$.
Per esempio se noi abbiamo $p != 2n, AA n in NN$ è facile dedurre che $p= 2n-1, AA n in NN$, però io non saprei dimostrarlo analiticamente. Già iniziare a dimostrare questo è un punto di partenza perché il polinomio di cui mi sto interessando (anche se è di due variabili e la faccenda sicuramente si complicherà tantissimo), tutto sommato ha un'espressione semplice. Alla fine il mio problema è trovare l'uguaglianza dalla disuguaglianza per un solo polinomio, non per il generico polinomio. Se ricordo bene queste tecniche vengono usate quando si studiano le serie perché semplificano molto le cose, ma se ricordo bene si procede spesso per tentativi.
prendiamo un polinomio $f: (m,n) \to NN$ con $m in NN$ ed $n in NN$ a coeffienti interi positivi, vogliamo risolvere la $p$ in $p!=f(m,n) , AA m, n in NN$.
Per esempio se noi abbiamo $p != 2n, AA n in NN$ è facile dedurre che $p= 2n-1, AA n in NN$, però io non saprei dimostrarlo analiticamente. Già iniziare a dimostrare questo è un punto di partenza perché il polinomio di cui mi sto interessando (anche se è di due variabili e la faccenda sicuramente si complicherà tantissimo), tutto sommato ha un'espressione semplice. Alla fine il mio problema è trovare l'uguaglianza dalla disuguaglianza per un solo polinomio, non per il generico polinomio. Se ricordo bene queste tecniche vengono usate quando si studiano le serie perché semplificano molto le cose, ma se ricordo bene si procede spesso per tentativi.
"gokutecno":
Per esempio se noi abbiamo $p != 2n, AA n in NN$ è facile dedurre che $p= 2n+1, AA n in NN$, però io non saprei dimostrarlo analiticamente.
Potresti spiegarti meglio? Che genere di dimostrazione ti servirebbe?
La cosa più banale è, chiaramente,
$p\ne2n\ iff\ 2\ "non divide"\ p\ iff\ 2\ "divide"\ p-1\ iff\ 2n=p-1$
ma credo che di questo tu non te ne faccia niente...
Oppure prova a postare l'espressione del polinomio che ti interessa.
Il ragionamento sul problema $p!=2n$ mi piace. Ho descritto il problema dei numeri pari e dispari perché è quello più facile tra quelli del tipo di cui mi sto interessando. Ovviamente trovare una soluzione generale sarebbe l'ideale sebbene sarebbe un risultato più che interessante anche risolvere la sola disuguaglianza:
$p!= 2*m*n + m + n , AA m,n in NN , p in NN$
Questo polinomio rappresenta al variare di $m$ ed $n$ tutti i numeri ottenuti prendendo due numeri moltiplicati tra loro e per due, ed infine aggiunti della loro somma. L'espressione è davvero semplice però parliamo di due variabili e il problema diventa da un lato interessante e dall'altro complicato, ammesso che esista una espressione che rappresenti $p$. Proprio perché ho dubbi anche dell'esistenza di un'espressione che rappresenti $p$ ho domandato inizialmente se il problema per un polinomio generico fosse mai stato affrontato. Certo $p!=2n hArr p=2n-1$ fa sperare sull'esistenza: io penso che esista solo che è difficile trovarla, inoltre la forte similitudine tra l'uguaglianza e la disuguaglianza nel caso dei numeri pari e dispari potrebbe (e sottolineo potrebbe) far pensare ad una forte similitudine anche per gli altri polinomi.
$p!= 2*m*n + m + n , AA m,n in NN , p in NN$
Questo polinomio rappresenta al variare di $m$ ed $n$ tutti i numeri ottenuti prendendo due numeri moltiplicati tra loro e per due, ed infine aggiunti della loro somma. L'espressione è davvero semplice però parliamo di due variabili e il problema diventa da un lato interessante e dall'altro complicato, ammesso che esista una espressione che rappresenti $p$. Proprio perché ho dubbi anche dell'esistenza di un'espressione che rappresenti $p$ ho domandato inizialmente se il problema per un polinomio generico fosse mai stato affrontato. Certo $p!=2n hArr p=2n-1$ fa sperare sull'esistenza: io penso che esista solo che è difficile trovarla, inoltre la forte similitudine tra l'uguaglianza e la disuguaglianza nel caso dei numeri pari e dispari potrebbe (e sottolineo potrebbe) far pensare ad una forte similitudine anche per gli altri polinomi.
Scusate ma io questa doppia implicazione:
non capisco perché dovrebbe valere. Quali sono le ipotesi su $p$? $p$ è un polinomio? In tal caso perché non potrebbe andare bene anche $p=2n+3$? Si tratta di un polinomio che non assume mai valori pari, quindi mi pare che risolva il problema. Inoltre ogni polinomio della forma $p=2n+q$ con $q$ intero dispari risolve il problema.
Inoltre ogni polinomio della forma $p=2n^k+q$ con $k in NN$ e $q$ intero dispari non assume mai valori pari e quindi risolve il problema.
Molto più in generale, se $a(n)$ è un fissato polinomio $ZZ to ZZ$ allora il polinomio $2a(n)+1$ non assume mai valori pari. Quindi se ho capito bene il problema
$p ne 2n$
che riscritto meglio sarebbe:
$p(m) ne 2n forall m,n in ZZ$
ammette un'enormità di soluzioni anche sotto la restrittiva ipotesi che $p$ sia un polinomio.
Forse ho sbagliato a capire qualcosa, ditemi voi.
"gokutecno":
$p!=2n hArr p=2n-1$
non capisco perché dovrebbe valere. Quali sono le ipotesi su $p$? $p$ è un polinomio? In tal caso perché non potrebbe andare bene anche $p=2n+3$? Si tratta di un polinomio che non assume mai valori pari, quindi mi pare che risolva il problema. Inoltre ogni polinomio della forma $p=2n+q$ con $q$ intero dispari risolve il problema.
Inoltre ogni polinomio della forma $p=2n^k+q$ con $k in NN$ e $q$ intero dispari non assume mai valori pari e quindi risolve il problema.
Molto più in generale, se $a(n)$ è un fissato polinomio $ZZ to ZZ$ allora il polinomio $2a(n)+1$ non assume mai valori pari. Quindi se ho capito bene il problema
$p ne 2n$
che riscritto meglio sarebbe:
$p(m) ne 2n forall m,n in ZZ$
ammette un'enormità di soluzioni anche sotto la restrittiva ipotesi che $p$ sia un polinomio.
Forse ho sbagliato a capire qualcosa, ditemi voi.
"Martino":
Forse ho sbagliato a capire qualcosa, ditemi voi.
No no, hai ragione, a sbagliare sono stato io con
$p\ne2n\ iff\ 2\ "non divide"\ p\ iff\ 2\ "divide"\ p-1\ iff\ 2n=p-1$.
Tuttalpiù credo possiamo dire che
$p\ne2n\, p\inNN\ \iff\ p\inNN, 2\ "non divide"\ p\ \iff\p\inNN, 2\ "divide"\ p+1\ \iff\ \exists n\inNN "t.c." 2n=p+1$
e quindi ricavare l'espressione analitica di una funzione che risolve il problema dato.
Adesso si tratta di considerare $f(m,n)=2mn+m+n; m,n\inNN$ e trovare una funzione (ma di quante variabili?), naturalmente con espressione analitica esplicita, la cui immagine sia $NN-{f(m,n)\ |\ m,n\inNN}$.
Effettivamente non è stata definita $p$. $p$ è semplicemente una variabile naturale che assume (vista la disuguaglianza) tutti i valori diversi da quelli che assume il polinomio, ma forse si genera un po'di ambiguità scrivendo così. Il problema è che una funzione polinomiale qualsiasi di una o due variabili naturali a coefficienti naturali ha come insieme dei valori (codominio) un sottoinsieme di $NN$: bene, la questione è trovare una funzione che abbia come insieme dei valori il complemento rispetto ad $NN$ del codominio della prima. Messa in termini rigorosi il problema generale sarebbe così:
Sia $f(m,n) \to NN $ $ m in NN, n in NN$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare $g(a,b) \to NN $ $ a in NN, b in NN :$ $ g(a,b)!= f(m,n)$ $ AA a,b,m,n in NN$.
Ho inserito le variabili ausiliarie $a$ e $b$ perché le funzioni non devono differire punto per punto (sarebbe un giochetto) ma per tutti i punti, praticamente l'intersezione tra i due codomini deve essere nulla se vogliamo parlare in termini insiemistici.
Scritto in termini rigorosi è sembra un problemone.
Nel caso di $p != 2n hArr p= 2n-1$ ti dico che l'implicazione è corretta perché la famiglia di funzioni affini $2n +q , q,n in NN$ non risolve esattamente la disuglianza ma la risolve (come direbbero quelli forbiti) definitivamente. Tu hai valutato le funzioni nel campo degli interi e non nel campo dei naturali ecco perché trovi infinite soluzioni. Dire di voler trovare tutti i numeri naturali diversi dai numeri naturali pari significa trovare tutti i numeri naturali dispari e ad esempio $2n +3$ rappresenta tutti i numeri dispari da 5 in poi e non rappresenta 1 e 3 quindi non è soluzione, l'unica soluzione è $2n-1$ perché parte da 1 (sempre al variare di $n$ tra i numeri naturali).
Il problema dei numeri pari e dispari l'ho inserito a titolo di esempio.
Il problema vero è
Sia $f(m,n)= 2*m*n + m+n$ $ m,n in NN$ vogliamo trovare $g(a,b) \to NN$ $ a in NN, b in NN:$ $ g(a,b)!= 2*m*n + m + n$ $AA a,b,m,n in NN$. (Siccome il polinomio di partenza è di due variabili io credo anche che la funzione che cerchiamo sia di due variabili)
Sia $f(m,n) \to NN $ $ m in NN, n in NN$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare $g(a,b) \to NN $ $ a in NN, b in NN :$ $ g(a,b)!= f(m,n)$ $ AA a,b,m,n in NN$.
Ho inserito le variabili ausiliarie $a$ e $b$ perché le funzioni non devono differire punto per punto (sarebbe un giochetto) ma per tutti i punti, praticamente l'intersezione tra i due codomini deve essere nulla se vogliamo parlare in termini insiemistici.
Scritto in termini rigorosi è sembra un problemone.
Nel caso di $p != 2n hArr p= 2n-1$ ti dico che l'implicazione è corretta perché la famiglia di funzioni affini $2n +q , q,n in NN$ non risolve esattamente la disuglianza ma la risolve (come direbbero quelli forbiti) definitivamente. Tu hai valutato le funzioni nel campo degli interi e non nel campo dei naturali ecco perché trovi infinite soluzioni. Dire di voler trovare tutti i numeri naturali diversi dai numeri naturali pari significa trovare tutti i numeri naturali dispari e ad esempio $2n +3$ rappresenta tutti i numeri dispari da 5 in poi e non rappresenta 1 e 3 quindi non è soluzione, l'unica soluzione è $2n-1$ perché parte da 1 (sempre al variare di $n$ tra i numeri naturali).
Il problema dei numeri pari e dispari l'ho inserito a titolo di esempio.
Il problema vero è
Sia $f(m,n)= 2*m*n + m+n$ $ m,n in NN$ vogliamo trovare $g(a,b) \to NN$ $ a in NN, b in NN:$ $ g(a,b)!= 2*m*n + m + n$ $AA a,b,m,n in NN$. (Siccome il polinomio di partenza è di due variabili io credo anche che la funzione che cerchiamo sia di due variabili)
Alcune osservazioni.
Mi basta questo. Mi ero fatto traviare dalla formulazione del problema. Ora ho capito.
Il fatto è che la tua formulazione è molto ambigua (se ho capito bene, naturalmente).
Premetto che a mio avviso usi il termine "codominio" impropriamente. Bisognerebbe usare - volendo attenersi alla terminologia standard - il termine "immagine".
Non capisco dove nella tua formulazione:
chiedi che l'immagine di $g$ sia il complementare in $NN$ dell'immagine di $f$.
Non mi pare che citi complementarietà ma solo diversità.
Per esempio la funzione $p$ che vale identicamente $1$ (cioè $p(n)=1$ per ogni $n in NN$) risolve tranquillamente il problema $p ne 2n$ perché non assume mai valori pari.
Secondo me il problema andrebbe riformulato così:
(*) Sia $f(m,n) \to NN $ $ m in NN, n in NN$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare $g(a,b) \to NN $ $ a in NN, b in NN$ tale che $g(NN xx NN) = NN - f(NN xx NN)$, ovvero l'immagine di $g$ è il complementare in $NN$ dell'immagine di $f$.
In ogni caso a me sembra che (se per te $0 in NN$) la funzione $f:NN xx NN to NN$, $f(m,n)=2mn+m+n$ sia suriettiva (infatti $a in NN$ viene raggiunto dalla coppia $(0,a)$), quindi l'unica funzione $g:NN xx NN to NN$ che soddisfa la tua richiesta è quella vuota.
Mi sembra quindi che per dare un interesse al problema bisogni considerare lo zero non appartenente a $NN$.
Un'ultima cosa:
Quindi $p$ è un'arbitraria funzione, non necessariamente un polinomio?
Ma allora $p=2n-1$ non è l'unica soluzione di "$p ne 2n$" (nel senso di (*)), infatti per esempio anche la seguente è soluzione:
$p(1)=3$
$p(2)=1$
$p(n)=2n-1$ per ogni $n ge 3$.
Quindi secondo me andrebbe aggiunta l'ipotesi che la soluzione sia polinomiale. Riformulando:
Sia $f: NN xx NN to NN$, $(m,n) to f(m,n)$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare una funzione polinomiale $g:NN xx NN to NN$, $(a,b) \to g(a,b)$ tale che $g(NN xx NN) = NN - f(NN xx NN)$, ovvero l'immagine di $g$ è il complementare in $NN$ dell'immagine di $f$.
"gokutecno":
Il problema è che una funzione polinomiale qualsiasi di una o due variabili naturali a coefficienti naturali ha come insieme dei valori (codominio) un sottoinsieme di $NN$: bene, la questione è trovare una funzione che abbia come insieme dei valori il complemento rispetto ad $NN$ del codominio della prima.
Mi basta questo. Mi ero fatto traviare dalla formulazione del problema. Ora ho capito.
Messa in termini rigorosi il problema generale sarebbe così:
Sia $f(m,n) \to NN $ $ m in NN, n in NN$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare $g(a,b) \to NN $ $ a in NN, b in NN :$ $ g(a,b)!= f(m,n)$ $ AA a,b,m,n in NN$.
Il fatto è che la tua formulazione è molto ambigua (se ho capito bene, naturalmente).
Premetto che a mio avviso usi il termine "codominio" impropriamente. Bisognerebbe usare - volendo attenersi alla terminologia standard - il termine "immagine".
Non capisco dove nella tua formulazione:
Sia $f(m,n) \to NN $ $ m in NN, n in NN$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare $g(a,b) \to NN $ $ a in NN, b in NN :$ $ g(a,b)!= f(m,n)$ $ AA a,b,m,n in NN$.
chiedi che l'immagine di $g$ sia il complementare in $NN$ dell'immagine di $f$.
Non mi pare che citi complementarietà ma solo diversità.
Per esempio la funzione $p$ che vale identicamente $1$ (cioè $p(n)=1$ per ogni $n in NN$) risolve tranquillamente il problema $p ne 2n$ perché non assume mai valori pari.
Secondo me il problema andrebbe riformulato così:
(*) Sia $f(m,n) \to NN $ $ m in NN, n in NN$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare $g(a,b) \to NN $ $ a in NN, b in NN$ tale che $g(NN xx NN) = NN - f(NN xx NN)$, ovvero l'immagine di $g$ è il complementare in $NN$ dell'immagine di $f$.
In ogni caso a me sembra che (se per te $0 in NN$) la funzione $f:NN xx NN to NN$, $f(m,n)=2mn+m+n$ sia suriettiva (infatti $a in NN$ viene raggiunto dalla coppia $(0,a)$), quindi l'unica funzione $g:NN xx NN to NN$ che soddisfa la tua richiesta è quella vuota.
Mi sembra quindi che per dare un interesse al problema bisogni considerare lo zero non appartenente a $NN$.
Un'ultima cosa:
Effettivamente non è stata definita $p$. $p$ è semplicemente una variabile naturale che assume (vista la disuguaglianza) tutti i valori diversi da quelli che assume il polinomio
Quindi $p$ è un'arbitraria funzione, non necessariamente un polinomio?
Ma allora $p=2n-1$ non è l'unica soluzione di "$p ne 2n$" (nel senso di (*)), infatti per esempio anche la seguente è soluzione:
$p(1)=3$
$p(2)=1$
$p(n)=2n-1$ per ogni $n ge 3$.
Quindi secondo me andrebbe aggiunta l'ipotesi che la soluzione sia polinomiale. Riformulando:
Sia $f: NN xx NN to NN$, $(m,n) to f(m,n)$ un polinomio a coefficienti naturali, vogliamo trovare una funzione polinomiale $g:NN xx NN to NN$, $(a,b) \to g(a,b)$ tale che $g(NN xx NN) = NN - f(NN xx NN)$, ovvero l'immagine di $g$ è il complementare in $NN$ dell'immagine di $f$.
Tutte le osservazioni fatte sono corrette. Ci sarebbero tante osservazioni da fare ma le ometto perché ci allontanano dal problema. Per me l'insieme dei numeri naturali parte da uno, se qualcuno lo intende da zero nelle trattazioni precendenti lo deve escludere (lo zero) perché in caso contrario sarebbe un problema non interessante.
L'ultima formulazione del problema è quella corretta.
Voglio sottolineare che per me il fatto che esistano una sola o più soluzione è irrilevante, io mi accontenterei anche di una sola soluzione anche se fosse per alcuni punti definita mediante tabella e mediante espressione definitivamente (e anche qualunque sia l'espressione).
L'uso del termine codomimio è effettivamente improprio. Il termine corretto è effettivamente immagine, però spesso quando non c'è ambiguità codominio ed immagine vengono usati come sinonimo però è sempre essere accurati.
Ragionando, stavo pensando ad un'altra formulazione del problema tenendo presente che partire dalla formulazione del problema significa partire dal punto più lontano per raggiungere la soluzione
.
Sia l'insieme $A= { p in NN :$ $ p!=2*m*n + m + n $ $AA m,n in NN}$ determinare una funzione $g() :$ $ g(NN^s)=A$ $s in NN$
Ho messo l'esponente $s$ ad $NN$ per dire che la funzione può essere di un numero qualsiasi di variabili (e per me anche una funzione di qualsiasi tipo).
Adesso io mi dedico a trovare qualche spunto per la soluzione, eppure pensavo che qualcuno ci avesse già pensato a questi problemi.
L'ultima formulazione del problema è quella corretta.
Voglio sottolineare che per me il fatto che esistano una sola o più soluzione è irrilevante, io mi accontenterei anche di una sola soluzione anche se fosse per alcuni punti definita mediante tabella e mediante espressione definitivamente (e anche qualunque sia l'espressione).
L'uso del termine codomimio è effettivamente improprio. Il termine corretto è effettivamente immagine, però spesso quando non c'è ambiguità codominio ed immagine vengono usati come sinonimo però è sempre essere accurati.
Ragionando, stavo pensando ad un'altra formulazione del problema tenendo presente che partire dalla formulazione del problema significa partire dal punto più lontano per raggiungere la soluzione
.Sia l'insieme $A= { p in NN :$ $ p!=2*m*n + m + n $ $AA m,n in NN}$ determinare una funzione $g() :$ $ g(NN^s)=A$ $s in NN$
Ho messo l'esponente $s$ ad $NN$ per dire che la funzione può essere di un numero qualsiasi di variabili (e per me anche una funzione di qualsiasi tipo).
Adesso io mi dedico a trovare qualche spunto per la soluzione, eppure pensavo che qualcuno ci avesse già pensato a questi problemi.
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