Sottoinsiemi non vuoti di {2,3,4,...}

[jordan]

(TST Romania 2007) Trovare tutti i sottoinsiemi non vuoti A di $ \mathbb{N} \setminus \{0,1\} $ tali che se $ x \in A $ allora $ x^4+4 \in A $ e $ \lfloor \sqrt{x} \rfloor +1 \in A $.

[dario2994]

Temo di sparare bestialità... perchè gia che sia un TST Rumeno dovrebbe rendermelo impossibile xD Comunque provo.
Chiamo $ $f(x)=x^4+4 $ e $ $g(x)=\lfloor\sqrt{x}\rfloor+1 $
Vado a dimostrare che l'unico insieme che soddisfa è $ $\mathbb{N}\backslash\{0,1\} $.
Che soddisfi è banale.
Ora per induzione dimostro che è l'unico, cioè che devono essere presenti tutti i suoi elementi.
Passo base: il 2 è presente. Assumo per assurdo che non sia presente. In quel caso $ $g^n(x) $ creerebbe una discesa infinita dato che $ $g(x)-x<0 $ per ogni x intero maggiore di 2 (dimostrabile notando che LHS si massimizza quando x è un quadrato).
Passo induttivo: Dimostro che $ $g^2(f(x))=x+1 $ per tutte le x>1 da cui deriva banalmente che se è presente in a n allora è presente anche n+1.
Per lemma noto le distanze tra quadrati successivi crescono sempre... quindi se ho $ $x^2-y^2\le 4 $ con $ $x>y $ allora $ $x\le2 $. Detto questo è facile capire:
$ $ \lfloor\sqrt{x^4+4}\rfloor=x^2\ \ \forall x\in\mathbb{N}\backslash\{0,1\} $
Dato che non può essere minore e che se fosse maggiore allora otterrei
$ $(x^2)^2+4\ge(x^2+1)^2 $
e sfruttando il lemma precedente otterrei $ $x^2\le 1 $... che è assurdo.
Ora torno a quanto voglio dimostrare:
$ $g^2(f(x))=g(\lfloor\sqrt{x^4+4}\rfloor +1)=g(x^2+1) $
Ma sfruttando argomentazioni analoghe alle precedenti ho anche $ $\lfloor\sqrt{x^2+1}\rfloor=x\ \ \forall x\in\mathbb{N}\backslash\{0,1\} $
Quindi $ $g(x^2+1)=x+1 $ da cui ho la tesi:
$ g^2(f(x))=x+1\ \ \forall x\in\mathbb{N}\backslash\{0,1\} $

[jordan]

Si, sembrava anche a me molto facile, però sapendo che ci avresti provato ho evitato di mettere il tag "easy", anche se lo meritava

[dario2994]

Il ringraziamento è d'obbligo :)

p.s. io i tuoi problemi li provo tutti xD