OliForum Matematico

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?

Lasker ha scritto: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)

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...

erFuricksen ha scritto: 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 $x^k-y^k$.

infatti è la conclusione a cui arrivo con quel passaggio

erFuricksen ha scritto: 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 $f(7)=7^5$?)

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

erFuricksen ha scritto: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.