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Questo sarà un topic mooolto ricco! E' una promessa...

Problema #1: per ogni per ogni $ n\in\mathbb{N}_0 $, poniamo $ R(n) = n \bmod 1 + n \bmod 2 + \ldots + n \bmod n $, ove $ n \bmod k $ denota il resto della divisione intera di $ n $ per $ k $, quando $ k = 1, 2, \ldots, n $. Provare ch'esistono infiniti interi $ n > 0 $ tali che $ R(n) = R(n+1) $.

Calcoliamo $ R(n+1) $ in funzione di $ R(n) $.

Distinguiamo tre casi

A) $ k $ è un divisore di $ n $

allora

$ n\bmod k=0 $ ed $ n+1\bmod k=1 $

B) $ k $ è un divisore di $ n+1 $

allora

$ n\bmod k=k-1 $ ed $ n+1\bmod k=0 $

C)$ k $ non è un divisore nè di $ n $ nè di $ n+1 $

allora

$ n+1\bmod k=(n\bmod k)+1 $

In questi tre casi non rientrano $ k=1 $ e $ k=n+1 $
Il primo, infatti, è l'unico numero ad essere divisore sia di $ n $ sia di $ n+1 $(è l'unico perchè per $ n\geq 2 $, $ n $ ed $ n+1 $ sono coprimi),il secondo invece compare solo nello sviluppo di $ R(n+1) $.
Tuttavia, poichè $ n+1\bmod 1=0 $ ed $ n+1\bmod n+1=0 $, essi non portano variazioni al valore di $ R(n+1) $

Dunque per ogni $ k $ divisore di $ n+1 $, il valore di $ R(n+1) $ diminuirà di $ k-1 $ rispetto a quello di $ R(n) $, mentre negli altri casi aumenterà di $ 1 $.Fanno eccezione $ k=1 $ e $ k=n+1 $, che non comportano alcuna variazione.

Avremo allora che

$ R(n+1)=R(n)-(\sigma_1(n+1)-1-(n+1)-\sigma_0(n+1)+2) $ $ +n-\sigma_0(n+1)+1 $

$ R(n+1)=R(n)-\sigma_1(n+1)+2n+1 $

Ora, affinchè sia $ R(n+1)=R(n) $, deve essere

$ -\sigma_1(n+1)+2n+1=0\Rightarrow\sigma_1(n+1)=2n+1 $

o anche, ponendo $ m=n+1 $,

$ \sigma_1(m)=2m-1 $

Questa relazione è verificata per tutti gli $ m $ della forma $ 2^h $, con $ h\in N $.Infatti

$ \sigma_1(2^h)=2^{h+1}-1=2*2^h-1 $

In conclusione,per tutti gli $ n $ della forma $ 2^h-1 $, con $ h\in N $, si ha che:

$ R(n)=R(n+1) $

Ottimo, Igor, veramente ottimo! Ma passiamo al successivo, che a questo punto dovrebbe risultarvi quasi banale...

Problema #2: determinare, se esiste, il più piccolo intero positivo $ n $ tale che $ R(n) = R(n+1) = R(n+2) $.