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Siano a,b interi positivi, b diverso da 0 (Edit: e magari anche diverso da 1). Sia inoltre f(n) un polinomio a coefficienti interi tale che $ f(0) \geq 0 $.
Si sa che per ogni n, $ b^n | a^n+f(n) $. Dimostrare che $ b|a $ e f(n) è il polinomio nullo.
Buon lavoro!

Wow, un problema che si risolve con la notazione differenziale!
(spiegata mi pare da frengo al PreIMO 2006)

Cos'e' la notazione differenziale?

Comunque, credo si possa dimostrare la tesi come caso particolare della seguente: siano $ a,b,c $ interi positivi con $ a,b>1 $, e sia $ f(x) $ un polinomio a coefficienti interi; si sa che per ogni n, $ b^n | c\,a^n+f(n) $. Dimostrare che $ b|a $ e f(n) è il polinomio nullo. (mi sembra che in questa forma sia immediato per induzione sul grado di f).

La notazione differenziale è questa: dati due interi positivi a,b (è importante che si chiamino a,b) esistono tre (unici) interi positivi d,x,y tali che x,y sono coprimi tra loro e che $ ~ a = dy, b = dx $.

In questo caso una delle tesi del problema si riscrive come $ ~ \frac {dy}{dx} \in \mathbb{Z} $.

Inoltre l'ipotesi è che $ ~ d^nx^n \mid d^ny^n + f(n) $, quindi $ ~ d^n \mid f(n) $ per ogni n, quindi, poichè un polinomio non può crescer esponenzialmente, ci sono due possibilità:
- f è nullo (da cui segue subito la tesi)
- a,b sono coprimi

ma... qui viene il bello. Dopo questo passaggio, in questo problema probabilmente non serve più a niente, e forse non serve a niente neanche quel passaggio, ciò classifica il mio intervento di prima come spam completo.

Detto questo, provo a risolverlo:
$ ~ b^n \mid b^{n+1} \mid a^{n+1} + f(n+1) $
$ ~ b^n \mid a^n + f(n) \mid a^{n+1} + af(n) $
prendendo la differenza:
$ ~ b^n \mid af(n) - f(n+1) $
Quindi, (supposto $ ~ b > 1 $), LHS cresce troppo e concludiamo che $ ~ af(n) = f(n+1) $ (come polinomi). Se f è costante, abbiamo ak = k che ci porta di due casi:
- $ ~ a=1 $, quindi tornando alla divisibilità iniziale, k=-1, che funziona
- k=0, quindi f è il polinomio nullo, e tutto torna
L'ultimo caso è deg f > 0. Ma, supponendo a diverso da 1, già il coefficiente di grado più alto, tra af(n) e f(n+1) è diverso, quindi questo caso è impossibile.

Chiaro Io proponevo (con $ a>1 $, il caso $ a=1 $ si fa a mano a parte ed e' l'unico che richieda $ f(0)\geq 0 $)

$ ~ b^n \mid b^{n+1} \mid c\,a^{n+1} + f(n+1) $
$ ~ b^n \mid c\,a^n + f(n) $
prendendo la differenza:
$ ~ b^n \mid c(a-1)a^n+(f(n+1)-f(n)) $
Posto $ d=c(a-1) $ e $ g(n)=f(n+1)-f(n) $, ci siamo ricondotti a
$ ~b^n\mid d\, a^n+g(n) $, con deg g = deg f-1. La base dell'induzione e' "f identicamente nulla".

Ok! La mia soluzione era sostanzialmente quella di wolverine, comunque bravi entrambi!