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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}^+ $.

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 .

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 $

Come mi hanno fatto notare, questo è un bruttissimo errore.
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!

jordan ha scritto:Io invece sono dell'idea che mettere questo problema invece del 4 alle IMO sarebbe stato molto meglio..

Ma no, sarebbe decisamente fuori luogo come difficoltà!

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.

edriv ha scritto:Ma no, sarebbe decisamente fuori luogo come difficoltà!

Sarà una questione soggettiva, ma a me è risultato di gran lunga il contrario.

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.

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..

dopo tutti questi discorsoni non ho capito se l'hai risolto o no...
l'hai risolto?
e se sì, potresti scriverci come?

graazie