Trovare tutte le funzioni f dagli interi positivi agli interi positivi tali che:
$ \displaystyle f(a) + f(b) \mid (a+b)^{2008} $
per ogni $ ~ a,b \in \mathbb{Z}^+ $.
Funzione iraniana su N
Rimango sempre dell'idea che gli iraniani son carini ma difficili, infatti c'ho messo un bel pò di tempo (sperando che almeno non sian cavolate) 
Sarebbe utile dimostrare che è iniettiva. Per farlo, procedo per assurdo supponendo che $ \exists a,b \in \mathbb{N}\vert a\not =b, f(a)=f(b) $.
Scelgo $ c \in \mathbb{N}\vert (a+c,a-b)=1 $ perchè mi torna comodo
(qui uso il fatto che $ a\not =b $ ).
$ f(a)+f(c)\vert (a+c)^{2008}, f(b)+f(c)\vert (b+c)^{2008} $.
Abbiamo supposto che $ f(a)=f(b) $, dunque $ f(a)+f(c)\vert (a+c)^{2008}, (b+c)^{2008} $.
Quello che ci interessa a noi è $ f(a)+f(c)\big{\vert} \big( (a+c)^{2008}, (b+c)^{2008}\big)=1 $ perchè $ (a+c,b+c)=1 $ in base alla scelta di $ c $.
Allora, consegue che $ f(a)+f(c)\vert 1 $ ma dovrebbe essere $ f(a)\vee f(c)\le 0 $ che è assurdo per le ipotesi.
Quindi, $ f(x) $ è iniettiva.
Consideriamo un primo $ p $.
$ 2f(p)\vert 2^{2008}p^{2008} $. Da qui ricaviamo che $ \displaystyle f(p)=2^{k_p}p^{\alpha _p} $ con $ k_p+1,\alpha _p \le 2008 $.
Consideriamo ora due consecutivi $ \{a,a+1\} $.
Si ha che $ f(a)+f(a+1)\vert (2a+1)^{2008} $ e $ 2f(a)\vert (2a)^{2008} $ da cui ricavo $ f(a)+f(a+1)-2f(a)\big{\vert} \big( (2a+1)^{2008}, (2a)^{2008}\big)=1 $
Dunque $ f(a+1)-f(a)\vert 1 $ il che, lavorando in $ \mathbb{N} $, con l'iniettività può solo voler dire che $ f(a+1)=f(a)+1 $.
Ora riprendendo il nostro discorso sui primi, in particolare $ p_1=2, p_3=3 $ si ha che $ f(2)=2^{k_1}, f(3)=2^{k_2}3^{t} $ e $ 2^{k_2}3^{t}-2^{k_1}=1 $ da cui $ k_2=0 $
Ora vogliamo risolvere $ 3^{t}-2^{k_1}=1 $ che dà come soluzioni
(1) $ f(2)=8, f(3)=9 $ che è da scartare in quanto risulterebbe $ f(5)=11 $ e quindi in contrasto con $ \displaystyle f(p)=2^{k_p}p^{\alpha _p} $
(2)$ f(2)=2,f(3)=3 $ che calza a meraviglia!
Ossia, per dirlo meglio, la soluzione è $ f(x)=x $.
Ciao, vado a metter la testa nel freezer
.
Sarebbe utile dimostrare che è iniettiva. Per farlo, procedo per assurdo supponendo che $ \exists a,b \in \mathbb{N}\vert a\not =b, f(a)=f(b) $.
Scelgo $ c \in \mathbb{N}\vert (a+c,a-b)=1 $ perchè mi torna comodo
(qui uso il fatto che $ a\not =b $ ).$ f(a)+f(c)\vert (a+c)^{2008}, f(b)+f(c)\vert (b+c)^{2008} $.
Abbiamo supposto che $ f(a)=f(b) $, dunque $ f(a)+f(c)\vert (a+c)^{2008}, (b+c)^{2008} $.
Quello che ci interessa a noi è $ f(a)+f(c)\big{\vert} \big( (a+c)^{2008}, (b+c)^{2008}\big)=1 $ perchè $ (a+c,b+c)=1 $ in base alla scelta di $ c $.
Allora, consegue che $ f(a)+f(c)\vert 1 $ ma dovrebbe essere $ f(a)\vee f(c)\le 0 $ che è assurdo per le ipotesi.
Quindi, $ f(x) $ è iniettiva.
Consideriamo un primo $ p $.
$ 2f(p)\vert 2^{2008}p^{2008} $. Da qui ricaviamo che $ \displaystyle f(p)=2^{k_p}p^{\alpha _p} $ con $ k_p+1,\alpha _p \le 2008 $.
Consideriamo ora due consecutivi $ \{a,a+1\} $.
Si ha che $ f(a)+f(a+1)\vert (2a+1)^{2008} $ e $ 2f(a)\vert (2a)^{2008} $ da cui ricavo $ f(a)+f(a+1)-2f(a)\big{\vert} \big( (2a+1)^{2008}, (2a)^{2008}\big)=1 $
Dunque $ f(a+1)-f(a)\vert 1 $ il che, lavorando in $ \mathbb{N} $, con l'iniettività può solo voler dire che $ f(a+1)=f(a)+1 $.
Ora riprendendo il nostro discorso sui primi, in particolare $ p_1=2, p_3=3 $ si ha che $ f(2)=2^{k_1}, f(3)=2^{k_2}3^{t} $ e $ 2^{k_2}3^{t}-2^{k_1}=1 $ da cui $ k_2=0 $
Ora vogliamo risolvere $ 3^{t}-2^{k_1}=1 $ che dà come soluzioni
(1) $ f(2)=8, f(3)=9 $ che è da scartare in quanto risulterebbe $ f(5)=11 $ e quindi in contrasto con $ \displaystyle f(p)=2^{k_p}p^{\alpha _p} $
(2)$ f(2)=2,f(3)=3 $ che calza a meraviglia!
Ossia, per dirlo meglio, la soluzione è $ f(x)=x $.
Ciao, vado a metter la testa nel freezer
.Come mi hanno fatto notare, questo è un bruttissimo errore.EUCLA ha scritto: Si ha che $ f(a)+f(a+1)\vert (2a+1)^{2008} $ e $ 2f(a)\vert (2a)^{2008} $ da cui ricavo $ f(a)+f(a+1)-2f(a)\big{\vert} \big( (2a+1)^{2008}, (2a)^{2008}\big)=1 $
Cioè non è vero questo ma piuttosto che $ \big( f(a)+f(a+1), 2f(a)\big) \bigg{\vert} \big( (2a+1)^{2008}, (2a)^{2008}\big) $.
Dopo provo a correggere la parte finale..
Io invece sono dell'idea che mettere questo problema invece del 4 alle IMO sarebbe stato molto meglio..
Intanto posto la mia:
$ \forall (a,b) \in (\mathbb{N}^+)^2: f(a)+f(b) | (a+b)^{2008}, f: \mathbb{N}^+ \to \mathbb{N}^+ $
$ (a,b)=(1,1) \implies f(1)=2^{k_0}, k_0 \in [0,2007] $
Vediamo il caso $ k_0>0 $
$ (a,b)=(1,2^n-1) \implies f(2^n-1)=2^{k_0} \forall n \in \mathbb{N}^+ $
$ (a,b)=(1,2b) \implies f(2b) \equiv 1 \pmod 2, \forall b \in N $
$ (a,b)=(2^t,2^t) \implies f(2^t) | 2^{(t+1)2008-1} \implies f(2^t)=1 $
$ (a,b)=(2^{k_0}-1,2^{k_0-1}-1) \implies 2^{k_0}+1 | (2^{k_0}-1)^{2008} $, assurdo se $ k_0>1 $
$ (a,b)=(2^t-1,2^{t+1}) \implies 3| (3 \cdot 2^t -1)^{2008} $, assurdo se $ k_0=1 $.
Deduciamo quindi che $ k_0=0 \implies f(1)=1 $
$ (a,b)=(a,a) \implies f(a) | 2^{2007}a^{2008} $
$ (a,b)=(1,2^n-1) \implies f(2^n-1)=2^t-1, t \in N $
$ (a,b)=(2^n,2^n) \implies f(2^n)=2^k, k \in N $
$ (a,b)=(1,2b) \implies f(2b) \equiv 0 \pmod 2 $
$ (a,b)=(2^n-1,2^n+1) \implies 2^t-1+f(2^n+1) | 2^{2008(n+1)} $$ \implies f(2^n+1)-f(2^n-1)=2 $, $ f(3)=3 \text{ e } f(5)=5 $
$ (a,b)=(1,2) \text{ o } (3,2) \implies f(2)=2^k=5^c-3=3^b-1 $, visto mod 5 si ha $ b \equiv 1 \pmod 4 $; se $ k>1 $ allora assurdo mod 4, altrimenti unica soluzione $ b=0, k=1 $ per cui $ f(2)=2 $
$ (a,b)=(1,4) \implies 1+2^k | 5^{2008} \implies 2^k+1=5^t $, visto mod 8 abbiamo t pari se k>2, portiamo il (+1) a destra e fattorizziamo, per il gcd si ha assurdo; unica soluzione se k<3 si ha $ f(4)=4 $.
Riassumendo $ f(n)=n \forall n \in \{1,2,3,4,5\} $.
Procediamo per induzione su n, supponiamo la tesi vera per (n-1) per cui abbiamo:
$ f(n)=(n+i)^{k_i}-i, \forall i \in [1,n-1] $; vedendo il sistema di equivalenze modulo "il membro seguente" abbiamo che tutti i $ k_i $ sono dispari per cui come caso particolare abbiamo $ 2^{2b+1}+1=3^{2c+1} $ che mi pare molto nota. Quindi anche $ f(n)=n $ and we are done!
Intanto posto la mia:
$ \forall (a,b) \in (\mathbb{N}^+)^2: f(a)+f(b) | (a+b)^{2008}, f: \mathbb{N}^+ \to \mathbb{N}^+ $
$ (a,b)=(1,1) \implies f(1)=2^{k_0}, k_0 \in [0,2007] $
Vediamo il caso $ k_0>0 $
$ (a,b)=(1,2^n-1) \implies f(2^n-1)=2^{k_0} \forall n \in \mathbb{N}^+ $
$ (a,b)=(1,2b) \implies f(2b) \equiv 1 \pmod 2, \forall b \in N $
$ (a,b)=(2^t,2^t) \implies f(2^t) | 2^{(t+1)2008-1} \implies f(2^t)=1 $
$ (a,b)=(2^{k_0}-1,2^{k_0-1}-1) \implies 2^{k_0}+1 | (2^{k_0}-1)^{2008} $, assurdo se $ k_0>1 $
$ (a,b)=(2^t-1,2^{t+1}) \implies 3| (3 \cdot 2^t -1)^{2008} $, assurdo se $ k_0=1 $.
Deduciamo quindi che $ k_0=0 \implies f(1)=1 $
$ (a,b)=(a,a) \implies f(a) | 2^{2007}a^{2008} $
$ (a,b)=(1,2^n-1) \implies f(2^n-1)=2^t-1, t \in N $
$ (a,b)=(2^n,2^n) \implies f(2^n)=2^k, k \in N $
$ (a,b)=(1,2b) \implies f(2b) \equiv 0 \pmod 2 $
$ (a,b)=(2^n-1,2^n+1) \implies 2^t-1+f(2^n+1) | 2^{2008(n+1)} $$ \implies f(2^n+1)-f(2^n-1)=2 $, $ f(3)=3 \text{ e } f(5)=5 $
$ (a,b)=(1,2) \text{ o } (3,2) \implies f(2)=2^k=5^c-3=3^b-1 $, visto mod 5 si ha $ b \equiv 1 \pmod 4 $; se $ k>1 $ allora assurdo mod 4, altrimenti unica soluzione $ b=0, k=1 $ per cui $ f(2)=2 $
$ (a,b)=(1,4) \implies 1+2^k | 5^{2008} \implies 2^k+1=5^t $, visto mod 8 abbiamo t pari se k>2, portiamo il (+1) a destra e fattorizziamo, per il gcd si ha assurdo; unica soluzione se k<3 si ha $ f(4)=4 $.
Riassumendo $ f(n)=n \forall n \in \{1,2,3,4,5\} $.
Procediamo per induzione su n, supponiamo la tesi vera per (n-1) per cui abbiamo:
$ f(n)=(n+i)^{k_i}-i, \forall i \in [1,n-1] $; vedendo il sistema di equivalenze modulo "il membro seguente" abbiamo che tutti i $ k_i $ sono dispari per cui come caso particolare abbiamo $ 2^{2b+1}+1=3^{2c+1} $ che mi pare molto nota. Quindi anche $ f(n)=n $ and we are done!
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Ma no, sarebbe decisamente fuori luogo come difficoltà!jordan ha scritto:Io invece sono dell'idea che mettere questo problema invece del 4 alle IMO sarebbe stato molto meglio..
Piuttosto, potresti rispiegare la parte da "procediamo per induzione su n"?
In particolare il $ ~ f(n) = (n+i)^{k_i} - i $ non riesco a capirlo.
A EUCLA: non ti scoraggiare, secondo me hai avuto l'idea più importante!
Però c'è ancora abbastanza da lavorare.Sarà una questione soggettiva, ma a me è risultato di gran lunga il contrario.edriv ha scritto:Ma no, sarebbe decisamente fuori luogo come difficoltà!
Be, hai ragione, quell'affermazione non è proprio corretta, infatti al posto di $ (n+i)^{k_i}, k_i \in N $ era corretto scrivere un qualunque divisore di $ (n+i)^{2008} $ che segue dalla relazione principale $ f(i)+f(n)|(n+i)^{2008} $(e ne esisterebbe almeno uno di quella forma per Bertand): adesso a occhio direi che si concluderebbe lo stesso per Mihailescu, pero (anche nel caso) ora che ci penso non so se sarebbe stato accettato in gara..edriv ha scritto:Piuttosto, potresti rispiegare la parte da "procediamo per induzione su n"?
In particolare il $ ~ f(n) = (n+i)^{k_i} - i $ non riesco a capirlo.
The only goal of science is the honor of the human spirit.