mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 3:03 pm**

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει γνησίως αύξουσα συνάρτηση $\displaystyle{f:N^* \to R}$ με $\displaystyle{f(N^*) \subseteq N^*}$ , f(2)=3 και για την οποία ισχύει:
f(xy)=f(x)f(y), για κάθε x και y στο N* .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 7:34 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει γνησίως αύξουσα συνάρτηση $\displaystyle{f:N^* \to R}$ με $\displaystyle{f(N^*) \subseteq N^*}$ , f(2)=3 και για την οποία ισχύει:
f(xy)=f(x)f(y), για κάθε x και y στο N* .

Είναι $\displaystyle 3^2 > 2^3 \Rightarrow f(3)^2 > f(2)^3 = 27 \Rightarrow f(3) > 5 \Rightarrow f(3) \ge 6$ (διότι f(3) φυσικός).

Με χρήση αυτού είναι
$\displaystyle {2^8 = 256 > 243 = 3^5 \Rightarrow f(2)^8 > f(3)^5 \Rightarrow 3^8 > f(3)^5 \Rightarrow 6561 > f(3)^5 \ge 6^5 = 7776}$ ,
άτοπο.

Ευχαριστούμε Δάσκαλε για την ωραία άσκηση.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 7:51 pm**

Κύριε Λάμπρου με παρόμοιο τρόπο δούλεψα κι εγώ αλλά δεν κατάφερα μέχρι αυτή τη στιγμή να φτάσω σε άτοπο αν f(3)=6

.

Συγκεκριμένα αν η

ήταν γνησίως αύξουσα τότε είναι φανερό ότι για οποιουσδήποτε φυσικούς αριθμούς a,b

ισχύει $f(a+b)\geq f(a)+b$ .

Θέτουμε f(3)=k

Από την άλλη επειδή πρέπει (όπως γράψατε κι εσείς) f(9)>f(8)

άρα $k\geq 6$ και επειδή f(4)=9

άρα πρέπει $k\leq 8$ .

Όμως λόγω της $f(96)\geq f(81)+15$ άρα παίρνουμε $243k\geq k^4+15$ που δεν ισχύει για k=7,8

άρα μένει η περίπτωση k=6

(την οποία δεν κατάφερα να ολοκληρώσω διότι δεν είχα φτάσει ακόμη μέχρι το 256

).

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 7:51 pm**

Ευφιέστατη λύση κ. Λάμπρου κ πανέμορφη άσκηση κ. Κυριακόπουλε!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 8:03 pm**

αξιζει να αναφερθει οτι και με μονο την συναρτησιακη σχεση περιοριζοντας την μαλιστα για φυσικους με gcd=1 ( δηλαδη πολλαπλασιαστικη ), την μονοτονια της f(και μαλιστα οχι την γνησια) και παιρνοντας ως συνολο αφιξεως το R+ απο γνωστο θεωρημα του erdos εχουμε πως f(n)=n^c

με c real

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 8:09 pm**

καταθέτω την λύση μου αν και παρόμοια:

Από $f(9)\geq f(8)+1$ , έπεται ότι $f(3)^2\geq 28$ κι άρα

$f(3)\geq 6$

Από

$f(5)^2\geq f(24)+1=f(8)f(3)+1\geq 27\cdot 6+1=163$ ,

έπεται $f(5)\geq 13$ .

Έτσι,

$2187=f(2^7)=f(128)> f(125)=f(5^3)=f(5)^3\geq 13^3=2197$ ,

άτοπο.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 8:50 pm**

Αγαπητέ Μιχάλη (Λάμπρου). Η λύση που έκανες είναι κομψή και σύντομη. Είναι ωραιότατη.
Σου στέλνω τους χαιρετισμούς μου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 03, 2009 9:53 pm**

cretanman έγραψε:Κύριε Λάμπρου με παρόμοιο τρόπο δούλεψα κι εγώ αλλά δεν κατάφερα μέχρι αυτή τη στιγμή να φτάσω σε άτοπο αν .

Συγκεκριμένα αν η ήταν γνησίως αύξουσα τότε είναι φανερό ότι για οποιουσδήποτε φυσικούς αριθμούς ισχύει $f(a+b)\geq f(a)+b$ .

Θέτουμε
Από την άλλη επειδή πρέπει (όπως γράψατε κι εσείς) άρα $k\geq 6$ και επειδή άρα πρέπει $k\leq 8$ .

Όμως λόγω της $f(96)\geq f(81)+15$ άρα παίρνουμε $243k\geq k^4+15$ που δεν ισχύει για άρα μένει η περίπτωση (την οποία δεν κατάφερα να ολοκληρώσω διότι δεν είχα φτάσει ακόμη μέχρι το ).

Αλέξανδρος

Αλέξανδρε. Μπορούμε , καταρχήν ,να αποδείξουμε ότι f(3)=6. Πράγματι. Θέτουμε: f(3)=k. Έχουμε:
${3^3} = {f^3}(2) = f({2^3}) < f({3^2}) = {f^2}(3) = {k^2} \Rightarrow k > 5$ (1).
Επίσης έχουμε:
${k^3} = {f^3}(3) = f({3^3}) < f({2^5}) = {f^5}(2) = {3^5} = 243 < 343 = {7^3} \Rightarrow k < 7$ (2).
Από τις (1) και (2), έπεται ότι: k=6, δηλαδή f(3)=6. Έχουμε: ${3^8} = 6561 < 8192 = {2^{13}}$ . Έτσι έχουμε:
${6^8} = {f^8}(3) = f({3^8}) < f({2^{13}}) = {f^{13}}(2) = {3^{13}} \Rightarrow {2^8} \cdot {3^8} < {3^{13}} \Rightarrow {2^8} < {3^5}$ , δηλαδή:256<243, άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 2:11 am**

cretanman έγραψε: αλλά δεν κατάφερα μέχρι αυτή τη στιγμή να φτάσω σε άτοπο αν .

Αλέξανδρε, αξίζει ένα σχόλιο εδώ γιατί το f(3) = 6 με παίδεψε και μένα. Θέλω όμως να μοιραστώ με τη λέσχη μερικές σκέψεις που με οδήγησαν σε αυτό.

Ας πάρω τα πράγματα από την αρχή.

Έχουμε από τις υποθέσεις f(2) = 3

και

που δίνουν ότι το f(3) κυμαίνεται στα 4, 5, 6, 7 και 8. Μεγάλο εύρος θα έλεγε κανείς. Πράγματι, όλες οι προσπάθειες με ανισώσεις έπεφταν στο κενό γιατί το μεν f(3) $\ge$ 4 παραήταν χαμηλό κάτω φράγμα και το f(3) $\le 8$ έπεφτε μεγάλο. Το ερώτημα ήταν λοιπόν, μπορούμε να στενέψουμε τα φράγματα; Αξίζει να ψάξουμε ή μήπως πελαγοδρομούμε άσκοπα; Έχω κανένα εχέγγυο ότι η τιμή του f(3) μπορεί να συμμαζευτεί;

Η απάντηση είναι ναι, για τον εξής λόγο.

Ψάχνουμε ανισότητες της μορφής 2^a > 3^b

και

για να μπορέσουμε να εκτιμήσουμε το f(3) με βάση το f(2). Ήδη το κάναμε μια φορά όταν είπαμε $2^2 > 3 > 2 \Rightarrow 9>f(3)>3$ .

Ψάχνω λοιπόν m, n τέτοια ώστε $2^m \approx 3^n$ . Ας ξεχάσουμε το " $\approx$ " και ας δουλέψουμε με ισότητα για να δούμε "τι γίνεται". Εννοείται ότι πρέπει προς στιγμήν να ξεχάσουμε ότι m, n ακέραιοι.

Έχουμε τότε $2^m = 3^n \Rightarrow f(2^m) = f(3^n) \Rightarrow 3^m = f(3)^n$ . Λογαριθμίζουμε και διώχνουμε τα m, n. Προκύπτει $f(3) = 3^{\frac{m}{n}} = ... =3^{\frac{log3}{log2}}$ . Τώρα, με κομπιουτεράκι (!) βρήκα ότι $3^{\frac{log3}{log2}}= 5,7$ .
Αυτό ήταν! Ξέρω ότι f(3) κυμαίνεται περί τα 5 και 6. Το μόνο που έχω να κάνω είναι να βρώ δυνάμεις του 2 και του 3 που είναι κοντά η μιά στην άλλη. Ξέρω ότι θα δώσουν λύση. Έτσι καταλλήγουμε π.χ. στην $2^{8} = 256 \approx 243 = 3^5$ και δοκιμάζουμε αν μας κάνει. Αν όχι, πάμε πιο ψηλά... Κάπου θα βρούμε το ζητούμενο, αρκεί να μένουμε κοντά στο $\frac{m}{n} \approx \frac{log3}{log2} = 1,58$ .

Τα κομπιουτεράκια γιατί τα έχουμε; Μόνο για όταν κάνουμε τη δήλωση της Εφορίας;

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 05, 2009 12:34 am**

Ilias_Zad έγραψε:αξιζει να αναφερθει οτι και με μονο την συναρτησιακη σχεση περιοριζοντας την μαλιστα για φυσικους με gcd=1 ( δηλαδη πολλαπλασιαστικη ), την μονοτονια της f(και μαλιστα οχι την γνησια) και παιρνοντας ως συνολο αφιξεως το R+ απο γνωστο θεωρημα του erdos εχουμε πως με c real

Mετα απο προσωπικο μηνυμα του Demetres γινομαι πιο αναλυτικος ως προς τα παραπανω ανεβαζοντας το παραπανω θεωρημα με την αποδειξη του.
Καλο βραδυ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 05, 2009 1:51 am**

Ωραίο θέμα, ωραιότατες λύσεις. Το ζήτημα έχει πολλές ενδιαφέρουσες πτυχές. Μία είναι η σύνδεση του με το θεώρημα του Erdös που αναφέρει ο Ilias_Zad. Επισυνάπτω άλλη μία απόδειξη αυτού του θεωρήματος που χρησιμοποιεί πολύ απλά υλικά:

Cohen_Monotone Multiplicative Functions.pdf: (175.68 KiB) Μεταφορτώθηκε 182 φορές

Το άρθρο είναι αυτοδύναμο εκτός από μία γνωστή πρόταση από την Ανάλυση για το πλήθος των σημείων ασυνεχείας μίας μονότονης συνάρτησης που την είχαμε συζητήσει εδώ:
viewtopic.php?f=9&p=10721#p10721.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 05, 2009 12:40 pm**

Ευχαριστούμε για τις αποδείξεις του θεωρήματος του Erdos.

mathematica.gr

13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση

Re: 13-Δεν υπάρχει συνάρτηση