miércoles, 7 de junio de 2017

Problema del sabado 3 de junio

Dado un numero natural $k$, encuentra todas las funciones
f : \mathbb{N} \to  \mathbb{N}$
tales que para cada $m$, $n$ enteros positivos, se tiene que
f(m)+f(n) divide  a (m+n)^k.

4 comentarios:

Ariel dijo...
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Ariel dijo...
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Ariel dijo...
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Ariel dijo...

Gracias a Oriol por decirme que me había equivocado :P

Denotamos como $P(a, b)$ a la sustitución $m = a, n = b$ en $f(m) + f(n) \mid (m + n)^k$. Demostramos tres hechos acerca de $f$:

1. $f$ es inyectiva.

Supongamos por contradicción que existen $a \neq b$ con $f(a) = f(b) = x$. Con $P(m, a)$ y $P(m, b)$ tenemos que $f(m) + x$ divide tanto a $(m + a)^k$ como a $(m + b)^k$ para todo $m$. Esto implica que todo primo que divide a $m + x$ debe dividir tanto a $m + a$ como a $m + b$ y entonces divide a $a - b$. Sea $r \textgreater |a - b|$ un primo. Tomando $m = r - a$ obtenemos que $m + x$ divide a $r^k$ y entonces $m + x$ es una potencia de $r$. Ya que $m + x \textgreater 1$ se sigue que $r \mid m + x$, pero $r$ no puede dividir a $|a - b|$, contradicción.

2. $f(m)$ es impar para todo $m$ impar.

Supongamos por contradicción que existe un $m$ impar con $f(m)$ par. Con $P(m, 2^r)$ para $r$ arbitrario deducimos que $f(m) + f(2^r)$ divide a $(m + 2^r)^k$, el cual es impar, y por lo tanto $f(2^r)$ es impar. Con $P(2^r, 2^r)$ tenemos que $f(2^r)$ divide a $2^{2r - 1}$ y entonces $f(2^r) = 1$. Esto contradice la inyectividad de $f$.

3. $f(p) = p$ para todo $p$ primo.

Notemos primero que $f(1) = 1$ pues $f(1)$ es impar y por $P(1, 1)$ es una potencia de 2.

Ahora, con $P(p, p)$ tenemos que $f(p)$ es igual a $p^m$ para algún $m$ y por la inyectividad de $f$ tenemos $m \geq 1$. Con $P(p, 1)$ deducimos que todo primo que divide a $p^m + 1$ debe dividir a $p + 1$, lo cual por Zsigmondy implica que $m = k$, a menos que $p = 2$, $m = 3$ lo cual da como posibilidad $f(2) = 8$. Esto se descarta con $P(2, 5)$.

4. $f(n) = n$ para todo $n$.

Supongamos que $f(n) \neq n$ para algún $n$ y sea $q$ un primo mayor que $\max{n, |f(n) - n|}$. Por Dirichlet existe un primo $r$ tal que $q$ divide a $f(n) + r$ y luego por $P(n, r)$ se sigue que $q$ divide a $n + r$. Se sigue que $q$ divide a $f(n) - n$, contradiciendo la elección de $q$ pues $f(n) - n$ es distinto de cero.

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