Dejemos que $f$ sea una función del conjunto de enteros al conjunto de enteros positivos. Supongamos que, para dos enteros cualesquiera $m$ y $n$ la diferencia $f(m) - f(n)$ es divisible por $f(m- n)$ . Demostrar que, para todos los enteros $m$ y $n$ con $f(m) \leq f(n)$ el número $f(n)$ es divisible por $f(m)$ .
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Veamos en la última frase lo que debemos probar. Los valores de $f(m)$ son enteros positivos (es decir, también distintos de cero: ¡véase la primera frase de la formulación del problema!). Debemos demostrar que para dos valores cualesquiera de $f(m),f(n)$ El mayor de los dos es un múltiplo del menor.
Secuencia de múltiplos de sus predecesores
Así que se nos pide que demostremos que si se enumeran todos los valores posibles de $f(m)$ en orden ascendente, lo que producirá una lista de enteros positivos, cada nuevo elemento de la secuencia será un múltiplo del anterior. Por ejemplo, es concebible que los valores permitidos de $f(m)$ son $0!,1!,2!,3!,\dots$ y así sucesivamente.
Configuración $n=0$
Si se fija $n=0$ en la condición, usted aprenderá que $f(m)-f(0)$ es un múltiplo de $f(m)$ . De ello se desprende que $f(0)$ es un múltiplo de $f(m)$ . Nótese que esto ya es contraintuitivo para la mayoría de la gente que estaba "adivinando": para las funciones típicas no triviales $f$ el valor $f(0)$ es en realidad el mayor, y es un múltiplo de cualquier otro valor permitido de $f$ . La gente "adivina" normalmente trata de establecer $f(0)=1$ - o el valor más pequeño permitido - y entonces se les llevaría a la creencia errónea de que casi no hay funciones que satisfagan las condiciones.
La función es uniforme
Además, la condición principal de la pregunta puede servir para ver que $f(0)-f(n)$ es un múltiplo de $f(0-n)$ es decir, de $f(-n)$ lo que significa que $f(n)$ es un múltiplo de $f(-n)$ - es porque $f(0)$ ya lo es. Esta relación de "ser múltiple" se mantiene simétricamente para $\pm n$ intercambiados lo que implica $\forall n:\,f(n)=f(-n)$ . Recordemos que la función es positiva (no nula).
Un solo triple: completar la prueba
Ahora, toma 3 valores del argumento, a saber $\{m+n,m,n\}$ . La hipótesis principal del problema garantiza que $f(m+n)-f(m)$ es un múltiplo de $f(n)$ . De la misma manera, $f(m+n)-f(n)$ es un múltiplo de $f(m)$ . Y $f(m)-f(-n)=f(m)-f(n)$ es un múltiplo de $f(m+n)$ .
Significa que los tres valores de la función,
$\{A,B,C\} = \{f(m+n),f(m),f(n)\} $
cumplen la condición de que $A-B$ es un múltiplo de $C$ y todas las permutaciones de esta afirmación. Si se asume que $A,B,C$ son tres números diferentes y se ordena $A,B,C$ para que $A,B$ son los dos más pequeños mientras que $C$ es el más grande, está claro que $A-B$ no puede ser un múltiplo de $C$ porque su valor absoluto es muy pequeño pero no nulo.
De ello se desprende que $A,B,C$ debe ser como máximo dos números diferentes. Por ejemplo, debe ser cierto que $f(m)=f(n)$ - o cualesquiera otras dos entradas de la lista son iguales, lo que llevaría a conclusiones análogas. Si eso es cierto, la condición principal sigue diciendo que $f(m+n)-f(n)$ es un múltiplo de $f(m)=f(n)$ lo que significa que $f(m+n)$ es un múltiplo de $f(n)$ . Podríamos haber elegido $m+n,n$ de forma arbitraria entre cualquier par de valores posibles de $f$ cuanto mayor sea el valor de $f$ debe ser un múltiplo del más pequeño, que es lo que queríamos demostrar.
Apéndice: Las funciones no constantes son posibles
Para estar seguros, no es cierto que sólo una función constante $f(m)=f(n)$ satisface la hipótesis del problema. Un contraejemplo es una función $$ f(2k)=PQ,\quad f(2k+1) = Q,\quad \forall k\in {\mathbb Z}$$ donde $P,Q$ son enteros positivos. Entonces $f(m)-f(n)$ es un múltiplo de $f(m-n)$ . Es trivial si ambos $m,n$ son pares o ambos son Impares porque la diferencia es cero - que es un múltiplo de cualquier cosa. Si uno de ellos es par y el otro es impar, entonces $f(m)-f(n) = \pm (P-1)Q$ que sigue siendo un múltiplo de $Q$ .
De hecho, no es difícil crear funciones más complicadas que tengan muchos valores diferentes; el rango de $f$ puede ser un conjunto con un número arbitrario de elementos. Por ejemplo, se puede elegir $$\begin{align} f(4k)&=PQR\\ f(4k+2)&=QR\\ f(2k+1)&=R,\quad\quad \forall k\in{\mathbb Z} \end{align}$$ Para $m-n=0$ módulo 4, $f(m)-f(n)$ es cero que es un múltiplo trivial de $PQR$ . Para $m-n=2$ módulo 4, $f(m)-f(n)$ es $\pm(P-1)QR$ que es un múltiplo de $f(m-n)=QR$ . Para $m-n=1$ módulo 2, es decir, 1 o 3 módulo 4, $f(m)-f(n)$ sigue siendo un múltiplo de $f(m-n)=R$ .
Este modelo es fácilmente generalizable para producir funciones cuya periodicidad es $2^p$ : sólo hay que saber cómo continúa el alfabeto después de $P,Q,R$ jaja.
La periodicidad relevante no tiene por qué ser una potencia de dos. Te prometí que una periodicidad $5$ podría ser relevante. Sólo hay que definir $f$ para ser $PQ$ para todos los múltiplos de $5$ y $Q$ de lo contrario. Seguirá funcionando porque sólo es "difícil" que una diferencia sea un múltiplo de $f(m-n)$ si $f(m-n)=PQ$ lo que significa que $m=n$ módulo 5 y entonces $f(m)-f(n)=0$ .
Hay muchas otras generalizaciones. No estoy seguro de saber cómo "clasificar" o "generar" todas las funciones que satisfacen la condición. Me parece probable que las funciones que satisfacen la condición tengan que ser periódicas. Probablemente se puede elegir una lista de "periodicidades especiales" $n_1,n_2,\dots n_s$ y para cada periodicidad, $$ f(m) = \prod_{i=1}^s Q_i^{n_i|m} $$ donde el exponente es igual a $1$ o $0$ si la condición " $m$ es un múltiplo de $n_i$ " se satisface o no, respectivamente. No he comprobado con demasiado cuidado que todas estas funciones funcionen para cualquier elección de $n_i,Q_i$ - actualización: no, no lo hacen, pero todo podría estar bien siempre que $\forall i: n_i| n_{i+1} $ - y no he demostrado que no haya otras funciones. Pero es un indicio probable de que, efectivamente, hay una clase muy grande y diversa de funciones que satisfacen la condición.
Lo publiqué originalmente aquí:
http://motls.blogspot.com/2011/07/imo-2011-solution-to-q5.html
