Maratona di problemi
Proviamo a fare questa cosa: comincio col proporre io un problema (abbastanza facile), poi chi lo risolve propone a sua volta un problema etc etc. Se il risolutore di un problema non ha niente da proporre, puo' dare il permesso ad altri di proporne uno.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Sarebbe bello se si riuscisse a spaziare in piu' campi, e non tenersi solo in uno. Poi, non sarebbe l'ideale proporre problemi esageratamente difficili, cosi' non si ferma tutto.
Problema 1
Siano $a,b,c$ tre interi distinti, e sia $P$ un polinomio a coefficienti interi. Dimostrare che e' impossibile avere che $P(a)=b,P(b)=c,P(c)=a$.
Risposte
"Tipper":
Provo (supponendo che nella tua notazione $\mathbb{R}^+$ includa lo zero...):
$f(x) = \{(1, "se " x " è razionale"),(0, "else"):}$
Questa funzione va bene, ma solo se per integrale intendiamo quello di Lebesgue.
Be', se ti rispondo dicendo che (ancora) non ho studiato l'integrazione secondo Lebesgue, capisci bene quanto ci abbia preso... 
Però non ho capito una cosa... i razionali sono un'infinità numerabile, perché dunque non va bene secondo Rienmann?
quoto Eredir e mi complimento per la correttezza dela soluzione, era proprio quella a cui avevo pensato anch'io!
per cui ora il testimone passa a te:proponici un problema!
@Tipper: i razionali sono numerabili, ma le discontinuità di questa funzione sono sugli irrazionali, cioè una quantità non numerabile, quindi non è Riemann-integrabile. per quanto riguarda il Lebesgue-integrabile, non l'ho studiata nemmeno io!
per cui ora il testimone passa a te:proponici un problema!
@Tipper: i razionali sono numerabili, ma le discontinuità di questa funzione sono sugli irrazionali, cioè una quantità non numerabile, quindi non è Riemann-integrabile. per quanto riguarda il Lebesgue-integrabile, non l'ho studiata nemmeno io!
Vero...
Trovare tutte le funzioni reali $f$ tali che per ogni $x, y in RR$ valga $f(x f(y)) + f(y f(x)) = 2 x y$.
"Tipper":
Però non ho capito una cosa... i razionali sono un'infinità numerabile, perché dunque non va bene secondo Rienmann?
Le somme integrali per difetto valgono 0 , quelle per eccesso 1 e quindi non esiste elemento separatore delle due classi .L'integrale di Riemann è proprio l'elemento separatore .. che in questo caso non c'è.
per il problema di Eredir, dopo un bel po' di scervellamento (inframmezzato da shrek 3), le uniche cose che sono riuscito a tirare fuori sono:
$y=x$ e $y=-x$ appartengono all'insieme delle funzioni cercate, ma non so se sono le uniche.
Inoltre posso dimostrare che qualsiasi funzione deve essere tale che $f(0)=0$ e che questo deve essere il loro unico zero.
più avanti di così purtroppo non riesco ad andare
$y=x$ e $y=-x$ appartengono all'insieme delle funzioni cercate, ma non so se sono le uniche.
Inoltre posso dimostrare che qualsiasi funzione deve essere tale che $f(0)=0$ e che questo deve essere il loro unico zero.
più avanti di così purtroppo non riesco ad andare
Aggiungo qualche elemento dimostrando che f è iniettiva.
Ponendo $x=y$ si ha $f(xf(x))=x^2$ e $f(yf(y))=y^2$. Supponiamo $f(x)=f(y)$, in questo caso otteniamo:
$f(xf(y))=f(xf(x))=x^2$ e in modo anologo risulta $f(yf(y))=y^2$. Sostituendo tutto questo nell'equazione iniziale abbiamo $x^2+y^2=2xy$, $(x-y)^2=0$, $x=y$. Concludendo se $f(x)=f(y)$ allora $x=y$, $f$ è iniettiva.
Con buona pace del gerundio di sopra ho concluso poco o niente. Spero che l'iniezione sia utile a qualcuno più acuto. Me ne resto allegro tra gli angoli sopra i 180
.
Ponendo $x=y$ si ha $f(xf(x))=x^2$ e $f(yf(y))=y^2$. Supponiamo $f(x)=f(y)$, in questo caso otteniamo:
$f(xf(y))=f(xf(x))=x^2$ e in modo anologo risulta $f(yf(y))=y^2$. Sostituendo tutto questo nell'equazione iniziale abbiamo $x^2+y^2=2xy$, $(x-y)^2=0$, $x=y$. Concludendo se $f(x)=f(y)$ allora $x=y$, $f$ è iniettiva.
Con buona pace del gerundio di sopra ho concluso poco o niente. Spero che l'iniezione sia utile a qualcuno più acuto. Me ne resto allegro tra gli angoli sopra i 180
.
Intendevo dire 90 signori. Distrazione, incontinenza numerica... Per fortuna non credo che questo invalidi la piccola dimostrazione.
Le uniche due funzioni che soddisfano quell'equazione funzionale sono $f(x) = x$ e $f(x) = -x$.
Come ha dimostrato Levacci una funzione del genere è iniettiva.
Si dimostra anche che è dispari, osservando che $f(x f(x)) = f(-x f(-x)) = x^2$ e usando l'iniettività.
Volendo evitare tentativi è possibile trovare le due soluzioni partendo solo dall'osservazione che è iniettiva, utilizzando un po' di manipolazioni algebriche.
Ho preso questo problema da qui, se volete darci un'occhiata.
Il prossimo problema va ad uno di voi due.
Come ha dimostrato Levacci una funzione del genere è iniettiva.
Si dimostra anche che è dispari, osservando che $f(x f(x)) = f(-x f(-x)) = x^2$ e usando l'iniettività.
Volendo evitare tentativi è possibile trovare le due soluzioni partendo solo dall'osservazione che è iniettiva, utilizzando un po' di manipolazioni algebriche.
Ho preso questo problema da qui, se volete darci un'occhiata.
Il prossimo problema va ad uno di voi due.
bel problema! 
comunque dato che gliel'ho già rubato una volta, lascio il prossimo problema a levacci...
comunque dato che gliel'ho già rubato una volta, lascio il prossimo problema a levacci...
"e^iteta":
Inoltre posso dimostrare che qualsiasi funzione deve essere tale che $f(0)=0$ e che questo deve essere il loro unico zero.
per curiosità: lo puoi dimostrare?
intanto scegliamo $x=y=0$
si ha $f(0) + f(0) = 0$ da cui chiaramente $f(0)=0$
supponiamo per assurdo che $f(x_0)=0 et x_0!=0$
abbiamo, scegliendo $x=y=x_0$
$2f(x_0f(x_0))=2x_0^2$ ma per quanto detto sopra $2f(x_0f(x_0))=2f(0)=0$ da cui segue l'impossibiltà.
questo è come l'avevo dimostrato io, ovviamente usando l'iniettività di Levacci la cosa è molto più semplice ed immediata.
si ha $f(0) + f(0) = 0$ da cui chiaramente $f(0)=0$
supponiamo per assurdo che $f(x_0)=0 et x_0!=0$
abbiamo, scegliendo $x=y=x_0$
$2f(x_0f(x_0))=2x_0^2$ ma per quanto detto sopra $2f(x_0f(x_0))=2f(0)=0$ da cui segue l'impossibiltà.
questo è come l'avevo dimostrato io, ovviamente usando l'iniettività di Levacci la cosa è molto più semplice ed immediata.
Due problemi semplici (temo troppo), ma forse carini.
i) Sia a un numero naturale tale che gcd(a,10)=1. Dimostrare che esiste un suo multiplo intero della forma 11...1 (solamente la cifra 1 ripetuta più volte, in base 10 naturalmente).
ii) Dimostrare a partire dagli assiomi dell'aritmetica di peano che l'addizione tra naturali è commutativa.
Solo ora mi viene il dubbio che il secondo problema possa essere maledettamente noioso
, oltre che banale, l'avevo risolto in un periodo di infatuazione per i fondamenti e la filosofia della mate. Bah ora l'ho già scritto, meglio ignorare che cancellare.
i) Sia a un numero naturale tale che gcd(a,10)=1. Dimostrare che esiste un suo multiplo intero della forma 11...1 (solamente la cifra 1 ripetuta più volte, in base 10 naturalmente).
ii) Dimostrare a partire dagli assiomi dell'aritmetica di peano che l'addizione tra naturali è commutativa.
Solo ora mi viene il dubbio che il secondo problema possa essere maledettamente noioso
, oltre che banale, l'avevo risolto in un periodo di infatuazione per i fondamenti e la filosofia della mate. Bah ora l'ho già scritto, meglio ignorare che cancellare.
una curiosità più che una domanda: in questo contesto l'addizione come viene definita?
Questo dovrebbe bastare: http://it.wikipedia.org/wiki/Aritmetica_di_Peano.
PA3 e PA4 definiscono l'addizione, tutto il resto è da dimostrare.
Sia ben chiaro: tutto questo discorso è valido fintanto che resta all'oscuro di fields, tom, godel o qualche altro mostro sacro della logica che mi skolemizzerebbe senza mezzi termini, causa "eccesso di semplificazione"
.
EDIT: link out of joint! ma tanto basta cercare.
PA3 e PA4 definiscono l'addizione, tutto il resto è da dimostrare.
Sia ben chiaro: tutto questo discorso è valido fintanto che resta all'oscuro di fields, tom, godel o qualche altro mostro sacro della logica che mi skolemizzerebbe senza mezzi termini, causa "eccesso di semplificazione"
.EDIT: link out of joint! ma tanto basta cercare.
"Levacci":
Due problemi semplici (temo troppo), ma forse carini.
i) Sia a un numero naturale tale che gcd(a,10)=1. Dimostrare che esiste un suo multiplo intero della forma 11...1 (solamente la cifra 1 ripetuta più volte, in base 10 naturalmente).
ii) Dimostrare a partire dagli assiomi dell'aritmetica di peano che l'addizione tra naturali è commutativa.
i) Consideriamo gli $a$ interi $1,11,111,...,1\cdots1 (mod a)$. Ci sono $a$ possibili resti. Se $0$ è tra questi resti, allora abbiamo finito; altrimenti, per il pigeonhole principle, ce ne saranno due di uguali, cioè la diffrenza di due tra gli $a$ interi sarà del tipo $11\cdots100\cdots0$ (divisibile per $a$). Ma poiché $\gcd(a,10)=1$, possiamo togliere tutti gli zeri e avere ancora un numero divisibile per $a$.
EDIT: spero tu non ti riferisca a me, con "tom", dato che di mostro sacro della logica non ho _niente_
Correct (odorava spudoratamente di piccioni). Se vuoi vai con il prossimo problema...
Sì: eri tu quel tom, questione di punti di vista.
Sì: eri tu quel tom, questione di punti di vista
.
Posso infrangere le regole della maratona e proporlo io (uno facilino)?
Se si, trovate il resto della divisione di $6^83 + 8^83$ per $49$
Se si, trovate il resto della divisione di $6^83 + 8^83$ per $49$
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