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Pulitissimo. A te la scelta del prossimo problema :)
La mi dimostrazione è COMPLETAMENTE differente xD
Alur $ $f:\mathbb{N}\to\mathbb{R^+} $ è la funzione definita :
$ $f(x):=\sqrt[x]{x} $
Il massimo di questa funzione è f(3) (dimostrabile per induzione notando che con x>4 è decrescente)... seguito a ruota da $ $f(2)=f(4)=\sqrt 2 $ e poi tutti gli altri che sono strettamente minori di $ $\sqrt2 $.
Sapendo questo cerco i valori interi di $ $f(x)\cdot f(y) $.
Il valore massimo intero è chiaramente:
$ $\lfloor 3^{2/3}\rfloor=2 $
x=y=1 è la soluzione banale. Noto che se sia x che y sono maggiori di 4 non ho soluzioni intere poichè:
$ 1<f(x)\cdot f(y)<\sqrt 2\cdot \sqrt 2=2 $
Se x=3 (o y) si ottiene che f(y) è uguale a:
$ $\frac{2}{\sqrt[3]{3}}=\frac{2\sqrt[3]{9}}{3} $
Ma se fosse ottenibile come f(y) per qualche y allora elevato alla y darebbe un intero... ma questo è impossibile dato che al denominatore ci saranno sempre più fattori 3 che al numeratore.
Appurato questo ottengo che le uniche soluzioni intere di f(x)f(y) son date da x=2 e y=4 o simmetrico e da x=y=1.
Ora si torna al problema originale... estraggo la radice ab-esima ottenendo:
$ $|x-y|=f(x)f(y) $
Ma io so per quali x,y RHS è intero... li provo ed ottengo come soluzioni x=2, y=4 o simmetrico.

Molto bella
Ecco il problema che vorrei proporre:
dimostrare che per ogni $ n\ge 4 $ $ n^3 $ può essere scritto come somma di al massimo 5 cubi interi di modulo minore

Maioc92 ha scritto:Dimostrare che per ogni $ n\ge 4 $ $ n^3 $ può essere scritto come somma di al massimo 5 cubi interi di modulo minore

Per pura coincidenza è uno degli ultimi lemmi che ho usato per risolvere questa
A questo punto, metto il link alla dimostrazione completa di quel problema (compreso questo simpatico lemma): Problema 6- A functional with cubes.

Non metto il link anche al problema originale nella speranza che qualcuno ci provi senza guardare la mia soluzione

Problema 45. Mostrare che se $ a>b>c>d>0 $ sono interi tali che $ a+b-c+d \mid ac+bd $ e $ (m,n) \in \mathbb{N}_0^2 $ è fissato allora $ \left(a^{2n-1}b^m+c^md^{2n-1}\right) \not \in \mathbb{P} $.
(Mongolian TST 2008)

jordan ha scritto:

Maioc92 ha scritto:Dimostrare che per ogni $ n\ge 4 $ $ n^3 $ può essere scritto come somma di al massimo 5 cubi interi di modulo minore

Per pura coincidenza è uno degli ultimi lemmi che ho usato per risolvere questa

Non è una coincidenza, l'ho proprio preso da li
Comunque jordan ho controllato nel link che hai messo e non ho trovato la dimostrazione di questo fatto...nella soluzione del problema lo dai per scontato...

Rileggi con calma le ultime tre righe

jordan ha scritto:Problema 45. Mostrare che se $ a>b>c>d>0 $ sono interi tali che $ a+b-c+d \mid ac+bd $ e $ (m,n) \in \mathbb{N}_0^2 $ è fissato allora $ \left(a^{2n-1}b^m+c^md^{2n-1}\right) \not \in \mathbb{P} $.
(Mongolian TST 2008)

Se non metto la soluzione jordan mi picchia, quindi vado
Ragioniamo modulo $ $a+b-c+d$ $. Ho che $ $0=ac+bd=a(a+b+d)+bd=(a+b)(a+d)$ $. Ora, se $ $gcd(a+b-c+d,a+d)=1$ $, devo avere che $ $a+b=c-d=0$ $, che smanettando con $ a>b>c>d $ è assurdo.
Chiamo $ $j=gcd(a+b-c+d,a+d)$ $. Come già visto, $ $j\neq1$ $. Modulo $ $j$ $, ho che $ \left(a^{2n-1}b^m+c^md^{2n-1}\right)=\left(a^{2n-1}b^m-b^ma^{2n-1}\right)=0 $. E $ $\left|\left(a^{2n-1}b^m+c^md^{2n-1}\right)\right|\ge \left|\frac{\left(a^{2n-1}+d^{2n-1}\right)(b^m+c^m)}{2}\right|>|a+d|$ $, quindi decisamente quella roba $ \not\in\mathbb{P} $

Bien! Quando vuoi aspettiamo il prossimo

Problema 46. E' data una successione di naturali $ $a_1,a_2,...,a_n,...$ $ tale che $ $|2a_i-a_{i+1}|=1$ $ per ogni $ $i\in\mathbb{N}_0$ $. Dimostra che $ A:=\{a_1,..,a_n,...\}\not\subseteq\mathbb{P} $.

TBPL ha scritto:Problema 46. E' data una successione di naturali $ $a_1,a_2,...,a_n,...$ $ tale che $ $|2a_i-a_{i+1}|=1$ $ per ogni $ $i\in\mathbb{N}$ $. Dimostra che gli $ $a_i$ $ sono definitivamente composti.

Il testo mi pare poco chiaro : $ \mathbb{N}:=\{0,1,2,3,...\} $ e la sequenza dovrebbe partire da $ a_0 $, poi se $ a_i=1 $ per ogni $ i \in \mathbb{N} $? Inoltre se ho bene interpretato il testo abbiamo che per ogni $ n \in\mathbb{N}_0 $ esiste $ (e_0,e_1,...,e_n) \in \{-1,1\}^{n+1} $ tale che $ \displaystyle a_n=\left(a_0\sum_{i \in \mathbb{Z} \cap [0,n)}{2^{n-i}e_i}\right)+e_n $? Ok, adesso possiamo assumere wlog $ a_0 \in \mathbb{P} $, ma questo non sarebbe un problema?

jordan ha scritto:

TBPL ha scritto:Problema 46. E' data una successione di naturali $ $a_1,a_2,...,a_n,...$ $ tale che $ $|2a_i-a_{i+1}|=1$ $ per ogni $ $i\in\mathbb{N}$ $. Dimostra che gli $ $a_i$ $ sono definitivamente composti.

Il testo mi pare poco chiaro : $ \mathbb{N}:=\{0,1,2,3,...\} $ e la sequenza dovrebbe partire da $ a_0 $, poi se $ a_i=1 $ per ogni $ i \in \mathbb{N} $? Inoltre se ho bene interpretato il testo abbiamo che per ogni $ n \in\mathbb{N}_0 $ esiste $ (e_0,e_1,...,e_n) \in \{-1,1\}^{n+1} $ tale che $ \displaystyle a_n=\left(a_0\sum_{i \in \mathbb{Z} \cap [0,n)}{2^{n-i}e_i}\right)+e_n $? Ok, adesso possiamo assumere wlog $ a_0 \in \mathbb{P} $, ma questo non sarebbe un problema?

Se sbaglio a scrivere il testo, hai anche ragione
Ora edito.

Allora è un altro paio di maniche intanto lo lascio per qualche ora a qualche ben intenzionato visto che mi sembra abbastanza facile

Alur... assumo per assurdo che i valori di quella sequenza siano tutti primi... dato che è crescente (con a_1 primo quindi diverso da 1) esiste un $ $a_k $ maggiore di 6. Definisco la sequenza dei b con $ $b_1=a_k $
Divido in 2 casi (i soli 2 valori assunti dai primi mod 6):
CASO 1:$ $b_1\equiv 1\pmod {6} $ in questo caso è facile notare che tutti i valori della sequenza saranno congrui a 1 (induzione) e di conseguenza posso fissare:
$ $b_{i+1}=2b_i-1 $
Di questa trovo la formula chiusa facilmente:
$ $b_n=(b_1-1)\cdot 2^{n-1}+1 $
Ora dimostro che $ $b_{b_1} $ non è primo che dimostra l'assurdo in questo caso...
$ $b_{b_1}=b_1 2^{b_1-1}-(2^{b_1-1}-1) $
Dato che $ $b_1 $ è primo, il valore dentro la parentesi è divisibile per esso per il teorema di fermat... quindi quel numero è divisibile per $ $b_1 $... ma è anche maggiore di esso per la crescenza quindi non è primo.
CASO 2:$ $b_1\equiv -1\pmod {6} $ con ragionamenti analoghi ai precedenti si arriva a dire:
$ $b_{i+1}=2b_i+1 $
La cui formula chiusa è:
$ $ b_n=2^{n-1}(b_1+1)-1 $
Da qui si conclude come prima dimostrando che $ $b_{b_1} $ è composto.

Spero sia giusto :)

Jordan mi ha detto che va bene la soluzione... quindi posto un nuovo problema:
Definita $ $d(n) $ la funzione che restituisce il numero dei divisori di n trovare tutti gli interi $ $k $ esprimibili come: $ $\frac{d(n^2)}{d(n)} $ per qualche $ $n\in\mathbb{N} $

(IMO 1998 es 3)

Problema 47 (IMO1998/3). Definita $ f(\cdot):\mathbb{N}_0 \to \mathbb{Q}:n \to \displaystyle \frac{\sigma_0(n^2)}{\sigma_0(n)} $, trovare $ f(\mathbb{N}_0) \cap \mathbb{N}_0 $.

Soluzione problema 47. Dal momento che $ \displaystyle \sigma_0(n):=\prod_{p \in \mathbb{P}}{\left(\upsilon_p(n)+1\right)} $ per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $ abbiamo che, definito $ a_i:=\upsilon_{p_i}(p_in) $ dove $ p_i $ è l'i-esimo primo di $ \mathbb{P} $, il problema è equivalente a trovare tutti gli interi positivi uguali $ \displaystyle \prod_{i \in \mathbb{N}_0}{\left(\frac{2a_i-1}{a_i}\right)} $ per qualche $ a_1,a_2,\ldots $. Poichè $ 2 \nmid \displaystyle \prod_{i \in \mathbb{N}_0}{\left(2a_i-1\right)} $ si deduce che $ f(\mathbb{N}_0) \cap \mathbb{N}_0 \subseteq 2\mathbb{N}+1 $ (e inoltre la successione degli $ a_1,a_2,\ldots \subseteq 2\mathbb{N}+1 $). E' sufficiente mostrare per induzione che $ 2\mathbb{N}+1 \subseteq f(\mathbb{N}_0) \cap \mathbb{N}_0 $ per ottenere la risposta al problema. Chiaramente $ 1 \in f(\mathbb{N}_0) \cap \mathbb{N}_0 $ e adesso se la tesi è verificata per ogni intero positivo dispari $ x \in 2\mathbb{N}+1 \cap [1,2n-1] $ allora definiti $ \alpha:=\upsilon_2(n+1)+1 \in \mathbb{N}_0 $ e $ \beta:=(n+1)2^{-\alpha+1} $ abbiamo che $ \displaystyle 2n+1 = \beta \prod_{i \in \mathbb{N} \cap [0,\alpha)}{\left(\frac{2\left(2^i(2^\alpha-1)\beta\right)-1}{2^i(2^\alpha-1)\beta}\right)} $ che è quanto volevamo dimostrare. []

Ps. Quell'induzione è diabolica