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Encontremos la función

El problema de esta semana es el siguiente:

Sea f(x) una función real de variable real que satisface las siguientes condiciones:

1.- Si x > y y f(y)-y \ge v \ge f(x)-x, entonces f(z)=v+z, para algún z entre x e y.
2.- La ecuación f(x)=0 tiene al menos una solución real. Además, el conjunto de las soluciones tiene máximo, es decir, hay una solución que es mayor o igual que todas las demás.
3.- f(0)=1
4.- f(1987) \le 1988
5.- f(x)f(y)=f(xf(y)+yf(x)-xy)

Encontrar el valor de f(1987).

Vamos a por él.

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Autor: ^DiAmOnD^ |  Publicado el 17 de Marzo de 2009
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Categorías: Juegos |  Imprime este post Imprime este post

20 comentarios

  1. Teaius | 17 de Marzo de 2009 | 14:49

    ¿quieres buscar una función en particular que lo cumpla o una expresión general? Porque si es una función particular creo que f(x)=x+1 cumple con todo, bueno el punto 1 sería un poco discutible ya que tiene la particularidad que sería válido para todo z ya que v solo podría valer 1.

  2. ^DiAmOnD^ | 17 de Marzo de 2009 | 15:15

    Queremos el valor de f(1987), no una expresión general de las funciones que complen todos los puntos.

  3. Xavier Tapia | 17 de Marzo de 2009 | 19:40

    Sea r_n la sucesión de raices de f, de la cual podemos suponer sin perdida de generalidad que r_1<r_2<…=1, analizando análogamente para r_1 observamos que f(x)-x>=1
    Luefo f(x)=x+1 y f(1987)=1988

  4. Xavier Tapia | 17 de Marzo de 2009 | 19:43

    Oye perdonad no se que ha pasado, escribo la solucion entera en latex pero me sale ese churro…Si alguien me echa un cable, tengo el código entero.

  5. Joseph | 17 de Marzo de 2009 | 22:29

    Hola,perdon por desviarme del tema pero quisiera proponer un problema,si ^DiAmOnD^ me lo permite:

    Demostrar que si p es primo, el siguiente primo(su primo consecutivo) no puede ser de la forma 2p-1.

  6. arnau messegue | 18 de Marzo de 2009 | 0:37

    envio solucion para el problema que propone Joseph:
    primero cabe remarcar que esto solo es cierto siendo p > 3, porque en el caso p = 3, tenemos 2p – 1 = 5.
    El problema es trivial teniendo en cuenta el postulado de Bertrand:
    para n > 3, entre n y 2n – 2 existe siempre un numero primo estrictamente entre ambos.
    Si la proposicion del enunciado fuera cierto, llegariamos a que entre dos primos consecutivos, existe otro primo entre los dos, que es una contradiccion.

  7. Joseph | 18 de Marzo de 2009 | 3:57

    Que bien arnau messegue.Yo llegue a probarlo por un camino mas largo, ya que pensaba que el postulado de bertrand era entre n y 2n,pero este es el postulado debil.

    Citando dicho postulado(de la manera correcta y no como yo lo suponía)la solucón,como tu la haz dicho es trivial.

    Buen día a todos.

  8. ^DiAmOnD^ | 18 de Marzo de 2009 | 16:39

    Xavier, el problema está en los símbolos <. Voy aver si te lo arreglo yo.

  9. ^DiAmOnD^ | 18 de Marzo de 2009 | 16:44

    Xavier, he mirado el comentario y no sé qué le falta al tuyo. Si quieres inténtalo otra vez y utiliza el botón de vista previa para confirmar que todo está bien.

  10. arnau messegue | 19 de Marzo de 2009 | 0:10

    Joseph, ¿cómo pensaste tu la solución del problema? Creo que nos podría resultar interesante saberlo.

  11. Joseph | 19 de Marzo de 2009 | 9:24

    Utilice el postulado de Bertrand con n y 2n.Despues supuse dos casos para el primo consecutivo: que fuera 2p-k (con k impar, mayor que 1), y el otro caso que fuera 2p-1,pero haciendo este ultimo llegaba a una contradiccion(depues de manipular de diversdas formas la desigualdad del postulado).

    Independientemente del problema anterior, llegue a probar algo a mi parecer interesante:

    Teorema:La suma de 2 primos consecutivos P(n) y P(n+1) es mayor que el tercer numero consecutivo.

    P(n) + P(n+1) > P(n+2) > P(n+1)

    Que es una cota igual o mas pequeña que el postulado fuerte de Bertrand.

  12. Joseph | 19 de Marzo de 2009 | 9:27

    Teorema:La suma de 2 primos consecutivos P(n) y P(n+1) es mayor que el tercer numero primo consecutivo.

    P(n) + P(n+1) > P(n+2) > P(n+1)

    Que es una cota igual o mas pequeña que el postulado fuerte de Bertrand.

  13. Joseph | 19 de Marzo de 2009 | 9:29

    Con P(n)>2 ,claro esta !!!!

  14. arnau messegue | 19 de Marzo de 2009 | 15:48

    Joseph,
    tu problema es trivial utilizando la extensión del postulado de Bertrand, que asegura que para naturales n y k, con n > k, luego en la secuencia n, n + 1, …, n + k – 1 existe un número que tiene un factor primo mayor que k.
    En particular cogiendo, n = p_(i + 1)+ 1 y k = p_i, se llega a que en la secuencia p_(i + 1) + 1, …, p_(i + 1) + p_i contiene un número cuyo factor primo es mayor que p_i, por lo tanto su factor primo es igual o mayor que p_(i + 1), pero cualquier numero en la sequencia es menor que 2p_( i + 1), por lo tanto el menor factor primo tiene que ser igual o mayor a p_(i + 2), luego tiene que haver el número p_(i + 2) en la secuencia, i como p_i + p_( i + 1) es par para p_i > 2, luego p_( i + 2) < p_i + p_( i + 1)

  15. arnau messegue | 20 de Marzo de 2009 | 0:13

    Tal como hizo Joseph, me gustaría proponer un difícil pero bello problema de teoría de números, (siempre y cuando ^Diamond^ me lo permita).
    El problema dice:
    Considérese una función f : R -> R tal que f(x) = 1/( 2[x] – x + 1). Y considérese la secuencia alfa_n, con alfa_0 = 1, i alfa_(n + 1) = f( alfa_n) para n = 0, 1,2,….
    Probar que (alfa_n) = Q^{+}
    ([x] indica parte entera de x, y Q^{+} indica el conjunto de los racionales positivos)
    (quien lo saque en menos de un día de tiempo a partir de la fecha de publicación le pago una cocacola)

  16. M | 20 de Marzo de 2009 | 1:36

    Es una forma más de contar los racionales positivos. La función representa el árbol de Stern-Brocot http://www.cut-the-knot.org/blue/Fusc.shtml#Lemma4

    Una prueba se encuentra en http://www.math.upenn.edu/~wilf/website/recounting.pdf

  17. Toro Sentado | 20 de Marzo de 2009 | 2:03

    Como contestación al primer problema del post, decir que la única función que cumple las premisas del problema puede demostrase que es f(x)=x+1. Os pongo el razonamiento que he seguido a “grosso modo” porque creo que puede ser interesante:

    a) Se define F(x)=f(x)-x (más que nada porque me ha ayudado a visualizar mejor el problema)

    b) \exists x / F(x)=-x (por la propiedad 2 del post)

    c) Si F(x)=0 \Rightarrow \forall y F(z·(F(y)+y))=0 (por la propiedad 5 del post)

    d) Del punto c) se deduce que \nexists x / F(x)=0, ya que en caso contrario usando b) y c) se llegaría a F(0)=0 (en contradicción con la premisa 3)

    e) Si F(x)=-x \Rightarrow \forall y F(z·F(y))=-z·F(y) (de la premisa 5 del post)

    f) De e) se deduce que si F(z)=-z \Rightarrow z=1 o z=-1. En caso contrario el conjunto de raíces de f(x) no tendría máximo (en contradicción con la premisa 2)

    g) Si x>0 \Rightarrow F(x)>0, en caso contrario, \exists z / F(z)=0 (por la premisa 1)

    h) De f) y g) se deduce que F(-1)=1, es decir f(-1)=0 es la única raíz de f(X)

    i) De h) y e) se deduce que F(x)=F(-F(x)). Esto solo puede pasar si F(x)=1 para todo x, es decir para f(x)=x+1

    Saludos a todos.

  18. Toro Sentado | 20 de Marzo de 2009 | 2:21

    Por cierto, observar que si el postulado de Bertrand fuera falso, también lo sería la conjetura de Goldbach

  19. Ramon | 21 de Marzo de 2009 | 4:45

    g

  20. M | 10 de Junio de 2009 | 20:19

    Al respecto de la cuestión sobre enumeración de los racionales que proponía arnau messegue el 20 de marzo de 2009, acabo de ver que aparece explicada en El libro de las demostraciones (Nivola, 2005), de Aigner y Ziegler, páginas 94-98. También se cita en http://research.att.com/~njas/sequences/A002487

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