mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 05, 2009 11:10 pm**

Δύο προβλήματα με αφετηρία το ωραίο,με μεθοδικές προεκτάσεις πρόβλημα που πρότεινε ο Αντώνης ο Κυριακόπουλος :
( Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει συνάρτηση
$f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}:f\left( 2 \right) = 3 \wedge \left( {f\left( {x \cdot y} \right) = f\left( x \right) \cdot f\left( y \right),\forall x,y \in \mathbb{N}} \right) \wedge \left( {f\left( x \right) < f\left( y \right),o\tau \alpha \nu \;x < y} \right)).$

1ο) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειρες συναρτήσεις
$f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}:f\left( 2 \right) = 2 \wedge f\left( {x \cdot y} \right) = f\left( x \right)f\left( y \right),\forall x,y \in \mathbb{N}.$

2ο) Να προσδιοριστεί συνάρτηση
$f:\mathbb{N} \to \left[ {1,\infty } \right):\left( {f\left( 2 \right) = 2} \right) \wedge \left( {f\left( {x \cdot y} \right) = f\left( x \right) \cdot f\left( y \right),\forall x,y \in \mathbb{N}} \right) \wedge \left( {x < y \Rightarrow f\left( x \right) < f\left( y \right)} \right).$

Υ.Γ. Επειδή ξέχασα να βάλω * πάνω απο το Ν ας θεωρήσουμε τό Πυθαγόρειο Ν={1,2,...,ν,...}.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 06, 2009 12:55 am**

S.E.Louridas έγραψε:
1ο) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειρες συναρτήσεις
$f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}:f\left( 2 \right) = 2 \wedge f\left( {x \cdot y} \right) = f\left( x \right)f\left( y \right),\forall x,y \in \mathbb{N}.$

Αν

η ανάλυση του n σε πρώτους παράγοντες, θέτουμε
$f(n) = 2^a3^{235b}5^{7c}...p^d$ ή ότι άλλο θέλουμε στη θέση του 235, του 7 και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 06, 2009 10:10 pm**

S.E.Louridas έγραψε: 2ο) Να προσδιοριστεί συνάρτηση
$f:\mathbb{N} \to \left[ {1,\infty } \right):\left( {f\left( 2 \right) = 2} \right) \wedge \left( {f\left( {x \cdot y} \right) = f\left( x \right) \cdot f\left( y \right),\forall x,y \in \mathbb{N}} \right) \wedge \left( {x < y \Rightarrow f\left( x \right) < f\left( y \right)} \right).$

Υ.Γ. Επειδή ξέχασα να βάλω * πάνω απο το Ν ας θεωρήσουμε τό Πυθαγόρειο Ν={1,2,...,ν,...}.

Σωτήρη,

προφανώς κάτι άλλο θέλεις να ρωτήσεις.
Μία τέτοια f είναι η f(x) = x. Αυτό ζητάς;

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 07, 2009 12:36 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
S.E.Louridas έγραψε: 2ο) Να προσδιοριστεί συνάρτηση
$f:\mathbb{N} \to \left[ {1,\infty } \right):\left( {f\left( 2 \right) = 2} \right) \wedge \left( {f\left( {x \cdot y} \right) = f\left( x \right) \cdot f\left( y \right),\forall x,y \in \mathbb{N}} \right) \wedge \left( {x < y \Rightarrow f\left( x \right) < f\left( y \right)} \right).$

Υ.Γ. Επειδή ξέχασα να βάλω * πάνω απο το Ν ας θεωρήσουμε τό Πυθαγόρειο Ν={1,2,...,ν,...}.
Σωτήρη,

προφανώς κάτι άλλο θέλεις να ρωτήσεις.
Μία τέτοια f είναι η f(x) = x. Αυτό ζητάς;

Φιλικά,

Μιχάλης

Kαι η μονη οπως συζητηθηκε προ 2 ημερων απο το θεωρημα του erdos..

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 07, 2009 10:48 am**

Nαί η απάντηση ειναι f(x)=x η οποία είναι και η μοναδική.
Δηλαδή '' ήθελα'' προσδιορισμό τουλάχιστον μίας και διερεύνηση .
Ουσιαστικά έχουμε τρία προβλήματα ,το πρώτο με καμμία συνάρτηση (Α.Κυριακόπουλου) ,το δεύτερο με άπειρες συναρτήσεις-λύσεις και το τρίτο με μία συνάρτηση-λύση,οπότε έχουμε μία πληρέστερη εικόνα γιά τέτοια προβλήματα.
ευχαριστώ
S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 13, 2009 11:09 am**

Αναλυτικότερα έχουμε τις αντίστοιχες διαπραγματεύσεις:
1ου -
Ο πολλαπλασιαστικός νόμος
$f\left( {m \cdot n} \right) = f\left( m \right) \cdot f\left( n \right)$
μας οδηγεί σε σχέσεις του τύπου
$f\left( {m^k } \right) = \left( {f\left( m \right)} \right)^k \vee f\left( {m^k n^\ell ...q^p } \right) = \left[ {f\left( m \right)} \right]^k \left[ {f\left( n \right)} \right]^\ell \cdot ... \cdot \left[ {f\left( q \right)} \right]^p ,$
άρα μεθοδολογικά μας οδηγεί στην χρησιμοποίηση του βασικού θεωρήματος της αριθμητικής ότι δηλαδή ο τυχόν φυσικός n αναλύεται κατά μοναδικό τρόπο σε γινόμενο της μορφής
$n = r_1^{a_1 } \cdot r_2^{a_2 } \cdot ... \cdot r_k^{a_k } ,o\pi o\upsilon \,r_1 ,r_2 ,...,r_k ,$ πρώτοι θετικοί ακέραιοι και
a_1 ,a_2 ,...,a_k ,

θετικοί ακέραιοι. Άρα από την δεύτερη σχέση κατανοούμε ότι για τις τιμές της f αρκεί να έχουμε τις τιμές της σε κάθε πρώτο. Έτσι έχουμε
$f\left( 1 \right) = f^2 \left( 1 \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) = 0 \vee f\left( 1 \right) = 1.{\rm A}\nu \,f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow f\left( 2 \right) = f\left( {1 \cdot 2} \right) = 0 \Rightarrow 0 \ne 0,\alpha \tau o\pi o,\alpha \rho \alpha f\left( 1 \right) = 1.$
Θεωρούμε τώρα την αύξουσα ακολουθία
3 = p_2 < p_3 < p_4 < ...

.Για κάθε
$k \geqslant 1,o\rho \iota \zeta o\upsilon \mu \varepsilon \,\tau \eta \nu \,\sigma \upsilon \nu \alpha \rho \tau \eta \sigma \eta \,f_k ,f_k \left( {p_j } \right) = p_{j + k} ,\gamma \iota \alpha \,o\lambda \alpha \,\tau \alpha \,j \geqslant 2.$ Επομένως έχουμε ότι:
${\rm A}\nu \,n = q_1^{a_1 } q_2^{a_2 } \cdot ... \cdot q_i^{a_i } \eta \,\alpha \nu \alpha \lambda \upsilon \sigma \eta \,\tau o\upsilon \,n,o\rho \iota \zeta o\upsilon \mu \varepsilon \,f_k \left( n \right) = \left[ {f_k \left( {q_1 } \right)} \right]^{a_1 } \cdot \left[ {f_k \left( {q_2 } \right)} \right]^{a_2 } \cdot ... \cdot \left[ {f_k \left( {q_i } \right)} \right]^{a_i } .$
Έτσι, λοιπόν, έχουμε τις συναρτήσεις
$f_1 ,f_2 ,...,f_k ,...\left( {'\alpha \pi \varepsilon \iota \rho \omega \varsigma \,\pi o\lambda \lambda \varepsilon \varsigma '} \right).$ Ξεκινώντας έχουμε:
$f_1 \left( 3 \right) = 5,f_1 \left( 5 \right) = 7,f_1 \left( 7 \right) = 11,...$ κ.τ.λ.

2ου -
Ξεκινώντας την διαδικασία του προηγούμενου προβλήματος (πράγμα απολύτως φυσιολογικό) έχουμε :
$f\left( 1 \right) = 1,f\left( 4 \right) = 4,\mu \varepsilon \,f\left( 3 \right)?\kappa \alpha \vartheta o\tau \iota 2 = f\left( 2 \right) < f\left( 3 \right) < f\left( 4 \right) = 4$ και το ? επειδή το πεδίο τιμών της f είναι υποσύνολο των Πραγματικών αριθμών.
Επομένως αλλάζουμε σχέδιο επίλυσης, συγκεκριμένα επιστρατεύουμε την επαγωγή.
Με βάση την 2η σχέση και την μέθοδο της τέλειας επαγωγής μπορούμε να εχουμε ότι:
$f\left( {2^n } \right) = 2^n ,\forall n \in \mathbb{N}.$ Έστω
$m \in \mathbb{N},f\left( m \right) = \ell \Rightarrow f\left( {m^k } \right) = \ell ^k ,\forall k \in \mathbb{N}.{\rm A}\nu \,n,2^n \leqslant m^k < 2^{n + 1} \mathop \Rightarrow \limits_{\left( b \right),\left( c \right)} 2^n \leqslant \ell ^k < 2^{n + 1} .$
Άρα
$\frac{1}{2} < \left( {\frac{m}{\ell }} \right)^k < 2,\forall k \in \mathbb{N}.....\left( 1 \right).$ Έστω τώρα ότι
$m > \ell ,\exists k \in \mathbb{N},k > \frac{\ell } {{m - \ell }} \Rightarrow \left( {\frac{m} {\ell }} \right)^k = \left( {1 + \frac{{m - \ell }} {\ell }} \right)^k > 1 + k \cdot \frac{{m - \ell }} {\ell } > 2,\alpha \tau o\pi o\,\alpha \pi o\,\left( 1 \right).$
Έστω
$m < \ell ,\exists k \in \mathbb{N},k > \frac{m} {{\ell - m}} \Rightarrow \left( {\frac{\ell } {m}} \right)^k = \left( {1 + \frac{{\ell - m}} {m}} \right)^k > 1 + k \cdot \frac{{\ell - m}} {m} > 2 \Rightarrow \left( {\frac{m} {\ell }} \right)^k < \frac{1} {2},$
άτοπο από (1).
Άρα
$m = \ell \Rightarrow f\left( m \right) = m,\forall m \in \mathbb{N}.$

S.E.Louridas

mathematica.gr

2- Συναρτησιακών Σχέσεων:

2- Συναρτησιακών Σχέσεων:

Re: 2- Συναρτησιακών Σχέσεων:

Re: 2- Συναρτησιακών Σχέσεων:

Re: 2- Συναρτησιακών Σχέσεων:

Re: 2- Συναρτησιακών Σχέσεων:

Re: 2- Συναρτησιακών Σχέσεων: