Winter Camp 2015-N3

[Lasker]

Visto che è scaduto il limite di tempo per i problemi di ammissione al Winter Camp, immagino sia consentito discuterne sul forum.

Sia $\mathbb{N}_+$ l'insieme dei numeri naturali positivi e sia $k$ un intero positivo. Determinare tutte le funzioni $f:\mathbb{N}_+\longrightarrow \mathbb{N}_+$ tali che
$$f(x)+f(y)\mid x^k+y^k \ \ \forall\ x,y\in\mathbb{N}_+$$

Non sono riuscito a risolverlo e non ho avuto idee soddisfacenti per farlo (il massimo a cui arrivo è il caso particolare $k=1$ o poco più), ci sarebbe qualche pro disposto a dare consigli/condividere la sua soluzione?

[Delfad0r]

ci sarebbe qualche pro disposto a dare consigli/condividere la sua soluzione?

Pur non essendo annoverato in tale gruppo, mi permetto di elencare alcune cose utili da dimostrare (in ordine crescente di hintosità)

Testo nascosto:

Se $a>1$ è un intero e $x,y$ due interi positivi, allora
$$
a^x+1|a^y+1 \Longleftrightarrow x\mid y\land2\nmid\frac{y}{x}
$$

Testo nascosto:

$$f(x)\neq1\qquad\forall x>1$$

Testo nascosto:

Esistono infiniti primi $p$ e un intero positivo $d$ tali che
$$
f(p)=p^d\qquad,\text{con } d|k\land2\nmid\frac{k}{d}
$$

Testo nascosto:

Per ciascuno dei primi $p$ suddetti e per ogni $x\in\mathbb{N}_+$ vale
$$
f(x)^\frac{k}{d}\equiv\left(x^d\right)^\frac{k}{d}\pmod{p^d+f(x)}
$$

Testo nascosto:

E poi boh basta, la dimostrazione è praticamente finita

[erFuricksen]

Io l'ho risolto in questo modo:

Deve essere valida per $ x=y $ quindi $ 2 f(x) | 2 x^k $ allora $ f(x) | x^k $
Questo deve valere anche per gli x primi, perciò necessariamente $ f(x)=x^n $ con $ n \le k $
Per ogni n, k tali che $ (n,k)=r>1 $ allora posso considerare $ n=a r $ e $ k=b r $
Considerando come x e y i valori $ x^r $e$ y^r $ abbiamo $ x^a+y^a | x^b + y^b $
Quindi ogni caso in cui $ (n,k)>1 $ posso ricondurlo ad un caso $ (n,k)=1 $.
A questo punto se $ x^a+y^a | x^b + y^b $ allora esisterà un polinomio q(x)che rappresenta il quoziente della divisione.
p(x) avrà un termine $ x^{k \over n} $e uno $ y^{k \over n} $, ma per (n,k)=1,è intero solo se n=1 quindi saranno possibili solo i casi $ x+y | x^k + y^k $.
Svolgendo la divisione di $ x^k + y^k $per x+y otterremo un quoziente del tipo $ q(x)=\sum_{i=1}^{k} (-1)^{i+1} x^{k-i} y^{i-1} $ pertanto l'ultimo termine sarà uguale a $ (-1)^{k+1}y^{k-1} $.
Perché la divisione non dia resto è necessario annullare il termine $ y^k $del polinomio $ x^k +y^k $, quindi l'ultimo termine di dev'essere $ y^{k-1} $,
perciò: $ (-1)^{k+1}=1 $ e questo è vero sempre e solo per k dispari.
Quindi $ x+y | x^k + y^k $ sempre e solo per k dispari. Estendendo allora il caso a ogni n e k avremo che: $ f(x)=x^n $ per ogni n tale che n|k e $ {k \over n }=2m +1 $per ogni $ m \ge 0 $intero.

Sperando di non aver fatto errori...

[matpro98]

Svolgendo la divisione di $ x^k + y^k $per x+y otterremo un quoziente del tipo $ q(x)=\sum_{i=1}^{k} (-1)^{i+1} x^{k-i} y^{i-1} $

Ehm... ricordo male o vale solo per $k$ dispari? Per $k$ pari il prodotto dovrebbe dare $x^k-y^k$.

[erFuricksen]

infatti è la conclusione a cui arrivo con quel passaggio

[Delfad0r]

Questo deve valere anche per gli x primi, perciò necessariamente $ f(x)=x^n $ con $ n \le k $

Mi sono perso qualcosa, oppure non dimostri che $n$ dev'essere uguale per tutti gli $x$? (In altre parole, perchè non dovrebbe essere possibile $f(3)=3^3$ e $f(7)=7^5$?)

[MATHia]

Io mi ero bloccato a $f(x)\mid x^k$. Spero di non star facendo sparate, ma uno non può pensare ad una funzione brutta a piacere, del tipo
\[
f(x)=
\begin{cases}
&x^n\quad n\le k,\,\,\,\,\qquad\qquad\text{ se $x$ è primo}\\
&d^{n}\quad n\le ki,\quad d^i\parallel x\quad \text{se $x$ non è primo e $d$ divide strettamente $x$}
\end{cases}
\]
Non su può dedurre $f(x)=x^n$ se e solo se $f$ è una funzione polinomiale?

EDIT:preceduto da Delfad0r

[matpro98]

infatti è la conclusione a cui arrivo con quel passaggio

Tu hai scritto che il quoziente è quella somma. Ma lo è sse $k$ è dispari, non è una cosa che viene dopo.