COFFEE "Ariel Zylber" - Problema C

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COFFEE
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COFFEE "Ariel Zylber" - Problema C

Mensaje sin leer por COFFEE » Vie 05 Jun, 2020 12:01 am

Determinar todas las funciones $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tales que$$f(a)+f(b)-ab\text{ es divisor de }af(a)+bf(b)$$para todo par de enteros positivos $a,b$ tales que la primera expresión es no nula.

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COFFEE
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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema C

Mensaje sin leer por COFFEE » Lun 08 Jun, 2020 9:01 am

Solución Oficial:
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Empecemos considerando $a=1$ y $b=1$. Como $f(1)\neq \frac{1}{2}$, obtenemos que:$$2f(1)-1\mid 2f(1).$$Luego,$$2f(1)-1\mid 2f(1)-(2f(1)-1)=1.$$Surgen dos posibilidades, $2f(1)-1=-1$ o $2f(1)-1=1$. Como $f(1)$ es positivo, la única opción que queda es $f(1)=1$.

Si ahora evaluamos en $a=b=x$ obtenemos que:$$2f(x)-x^2\mid 2x\cdot f(x)$$siempre que $2f(x)\neq x^2$. Ahora bien, $2x\cdot f(x) -x^3$ es un múltiplo de $2f(x)-x^2$. Se tiene entonces que:$$2f(x)-x^2\mid x^3$$si el lado izquierdo es no nulo. En particular, para $x$ impar.

Notemos que esto nos deja pocas posibilidades siempre y cuando $x^3$ tenga pocos divisores. Teniendo esto en mente ponemos $x=p$ con $p$ un primo impar. Hay ocho divisores de $p^3$. Luego, tenemos los casos $f(p)=\frac{p^2\pm p^k}{2}$ con $k=0,1,2,3$.

Los casos $\frac{p^2-p^3}{2}$ y $\frac{p^2-p^2}{2}$ se descartan porque $f(p)$ es positivo. Tenemos en particular que $f(p)>\frac{p^2-p}{2}$. Para analizar los demás casos necesitaremos mas información.

Si evaluamos en $a=1$ y $b=x$ obtenemos que:$$f(x)-x+1\mid x\cdot f(x)+1$$si el lado izquierdo es no nulo.
Pero sabiendo que $f(x)-x+1\mid x \cdot f(x)-x^2+x\ $, lo anterior es equivalente a que:$$f(x)-x+1\mid x^2-x+1$$si $f(x)\neq x-1$.

Volvamos a $x=p$ primo impar. Todos los casos se analizan de forma similar. Hagamos con detalle el caso $f(p)=\frac{p^2-p}{2}$.

Lo primero que hay que hacer es analizar si $f(p)=p-1$. Es decir, si se da la igualdad$$\begin{align*}\frac{p^2-p}{2} & =p-1 \\
p(p-1) & =2(p-1) \\
p & =2.
\end{align*}$$No es el caso puesto que $p$ es impar.
Podemos afirmar que$$\begin{align*}f(p)-p+1 & \mid p^2-p+1 \\
p^2-3p+2 & \mid 2p^2-2p+2.
\end{align*}$$Como $2\left (p^2-3p+2\right )$ es un múltiplo de $p^2-3p+2$, debe ser$$p^2-2p+3\mid 2p^2-2p+2-\left (2p^2-6p+4\right )=4p-2.$$Como $4p-2$ es no nulo, se tiene que$$\left |p^2-2p+3\right |\leq |4p-2|.$$Ahora bien, ambos términos son positivos. En efecto, $p^2-2p+3=(p-1)^2+2>0$ y $4p-2>4-2>0$. Obtenemos entonces que$$\begin{align*}p^2-6p+5 & \leq 0 \\
(p-3)^2 & \leq 4 \\
p-3 & \leq 2 \\
p & \leq 5.
\end{align*}$$
De forma similar se llega a descartar todos los demás casos con $f(p)\neq p^2$ si $p>5$. En efecto,
  • $f(p)=\frac{p^2-1}{2}$:
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    Chequeemos si $f(p)=p-1$:$$p^2-1=2(p-1)\Rightarrow p+1=2.$$No es el caso.
    Tenemos que$$p^2-2p+1\mid 2p^2-2p+2\Rightarrow (p-1)^2\mid 2p\Rightarrow (p-1)^2\mid 2.$$No es el caso.
  • $f(p)=\frac{p^2+1}{2}$:
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    Chequeemos si $f(p)=p-1$:$$p^2+1=2(p-1)\Rightarrow (p-1)^2=-2.$$No es el caso.
    Tenemos que$$p^2-2p+3\mid 2p^2-2p+2\Rightarrow (p-1)^2+2\mid 2p-4=2(p-2)\Rightarrow p^2-2p+3\leq 2p-4\Rightarrow (p-2)^2\leq -3.$$No es el caso.
  • $f(p)=\frac{p^2+p}{2}$:
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    Chequeemos si $f(p)=p-1$:$$p^2+p=2(p-1)\Rightarrow p\mid 2.$$No es el caso.
    Tenemos que$$p^2-p+2\mid 2p^2-2p+2\Rightarrow (p-1)^2+p+1\mid -2\Rightarrow p^2-p+2\leq 2\Rightarrow p(p-1)\leq 0.$$No es el caso.
  • $f(p)=\frac{p^2+p^3}{2}$:
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    Ejercicio.
Concluimos que $f(p)=p^2$ si $p$ es un primo grande.
Ahora analizamos $x$ genérico. Fijemos el valor de $x$ en un natural $n$. Sabemos que para $p$ grande se tiene que$$f(n)+p^2-np\mid nf(n)+p^3.$$puesto que probamos que $f(p)=p^2$ y $f(n)+p^2-np\neq 0$ salvo a lo sumo para dos valores posibles de $p$.
Luego,$$f(n)+p^2-np\mid p^3+n^2p-np^2=p\left (p^2+n^2-np\right ).$$Ahora bien, si $p$ es muyyy grande, $p$ no divide a $f(n)$ (recordar que no es cero). Luego, debe ser$$f(n)+p^2-np\mid p^2+n^2-np.$$Tomando $n$ aún mas grande se puede asegurar que$$0<\frac{p^2+n^2-np}{2}<f(n)+p^2-np.$$ Juntando las últimas dos cosas, la única opción que queda es que$$f(n)+p^2-np=p^2+n^2-np$$si $p$ es muy grande.
Como hay infinitos primos, existe un tal primo y concluimos que $f(n)=n^2$.

Para verificar que esta solución cumple basta usar la siguiente factorización $a^3+b^3=(a+b)\left (a^2+b^2-ab\right )$.

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¿hola?

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema C

Mensaje sin leer por ¿hola? » Lun 08 Jun, 2020 11:24 am

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Si $a=b=1$, $2f(1)-1$ divide a $2f(1)$ por lo que $f(1)=1$
Si $a=b$, $2f(a)-a^2$ divide a $2af(a)$ que implica $2f(a)-a^2$ divide a $2af(a)-(2f(a)-a^2)a=a^3$ $(!)$
Si $b=1$ $f(a)-a+1$ divide a $af(a)+1$ que implica $2f(a)-2a+2$ divide a $2af(a)+2-(f(a)-a+1)2a=2a^2-2a+2$ $(!!)$

Sea $p$ un primo impar ($2f(p)\neq p^2$)en $(!)$, entonces, $2f(p)-p^2$ divide a $p^3$, lo que nos deja los siguientes casos...

$2f(p)=p^2+1$
En $(!!)$ nos queda, $p^2-2p+3$ divide a $2p^2-2p+2\rightarrow p^2-2p+3$ divide a $2p-1\rightarrow p^2-2p+3\leq 2p-1$ lo que es absurdo para $p>3$

$2f(p)=p^2+p$
En $(!!)$ nos queda, $p^2-p+2$ divide a $2p^2-2p+2\rightarrow p^2-p+2$ divide a $-2$ lo que es absurdo para todo primo.

$2f(p)=2p^2$ que implica $f(p)=p^2$

$2f(p)=p^2+p^3$
En $(!!)$ nos queda, $p^3+p^2-2p+2$ divide a $2p^2-2p+2\rightarrow p^3+p^2-2p+2\leq 2p^2-2p+2\rightarrow p^3\leq p^2$ lo que es absurdo para todo primo.

Finalmente $f(p)=p^2$ para todo primo $p\geq 5$.

Si tomamos un primo $b=p$ mucho mas grande que $max(f(a);a)$ en la condición original...

$$f(a)+p^2-ap\text{ es divisor de }af(a)+p^3$$
$$f(a)+p^2-ap\text{ es divisor de }af(a)+p^3-(f(a)+p^2-ap)a$$
$$f(a)+p^2-ap\text{ es divisor de }af(a)+p^3-af(a)-ap^2+a^2p$$
$$f(a)+p^2-ap\text{ es divisor de }p(p^2-ap+a^2)$$
ya que $f(a)$ no es múltiplo de $p$...
$$f(a)+p^2-ap\text{ es divisor de }a^2+p^2-ap$$

Luego tomando un $p$ tan grande que $2(f(a)+p^2-ap)>a^2+p^2-ap$ (se puede porque la parábola que describe la ecuación $2(f(a)+p^2-ap)=a^2+p^2-ap$, en $p$, es cóncava para arriba) entonces...
$$f(a)+p^2-ap=a^2+p^2-ap$$
Que finalmente implica $f(a)=a^2$ para todo entero $a$.
Verificación: $$a^2+b^2-ab\text{ es divisor de }a^3+b^3$$
$$a^2+b^2-ab\text{ es divisor de }(a+b)(a^2+b^2-ab)$$ lo que es verdad.
Yes, he who

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Sandy

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Re: COFFEE "Ariel Zylber" - Problema C

Mensaje sin leer por Sandy » Lun 08 Jun, 2020 1:53 pm

¿hola? escribió:
Lun 08 Jun, 2020 11:24 am
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Sea $p$ un primo impar ($2f(p)\neq p^2$)en $(!)$, entonces, $2f(p)-p^2$ divide a $p^3$, lo que nos deja los siguientes casos...

$2f(p)=p^2+1$
$2f(p)=p^2+p$
$2f(p)=2p^2$ que implica $f(p)=p^2$
$2f(p)=p^2+p^3$
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Cuidado que nunca dice divisor positivo, entonces $2f(p)-p^2$ podría también ser $-1, -p, -p^2, -p^3$ (aunque se terminan descartando todos con el mismo argumento que los positivos)
1  
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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