Cuántas funciones $f: \mathbb N^* \to \mathbb N^* $ por lo que para cada entero positivo $x,y$ $f(x)+f(y)$ divide $x^n+y^n$

Question

Sea n un entero positivo. ¿Cuántas funciones <span class="math-container">$f: \mathbb N^ \to \mathbb N^ $</span> por lo que para cada entero positivo <span class="math-container">$x,y$</span> <span class="math-container">$f(x)+f(y)$</span> divide <span class="math-container">$x^n+y^n$</span> ?

Answer 1

Deje $n=2^ks$ con $s$ que se extraña. Voy a probar que cada solución de $f:\Bbb N_1 \to \Bbb N_1$ es de la forma $f(x)=x^{2^kt}$ donde $t\mid s$ es fijo.

En primer lugar, con $x,y=1$, obtenemos $$2f(1)=f(1)+f(1)\mid 1^n+1^n=2,$$ so $f(1)=1$. Now, for a prime $p$, we have $$2f(p)=f(p)+f(p)\mid p^n+p^n=2p^n.$$ That is, $f(p)=p^{d_p}$ for some integer $d_p$, $0\leq d_p\leq n$, possibly depending on $p$. Ahora, $$p^{d_p}+1 =f(p)+f(1)\mid p^n+1.$$ De ello se desprende que $d_p=2^k t_p$ para algunos entero $t_p \mid s$, señalando que $$\gcd(a^b+1,a^c+1)=\gcd(a+1,2)\in\{1,2\}$$ if $v_2(b)\neq v_2(c)$, and $$\gcd(a^b+1,a^c+1)=a^{\gcd(b,c)}+1$$ if $v_2(b)=v_2(c)$.

Desde que existen infinitos números primos, no existe $t\mid s$ tal que $t=t_p$ para un número infinito de números primos $p$. Podemos comprobar que la $t_q=t$ por cada prime $q$, pero esto no es importante. Puede omitir este paso.

Este es un paso innecesario. Pretendemos que $t_q=t$ para todos los números primos $q$. Deje $p$ e $q$ ser arbitraria de los números primos, con la condición de que $t_p=t$. Tenemos $$p^{2^kt_p}+q^{2^kt_q}=f(p)+f(q)\mid p^n+q^n=\big(p^{2^kt_p}\big)^{\frac{s}{t_p}}+q^n.$$ Because $p^{2^kt_p}\equiv -p^{2^kt_q}\ \izquierdo(\text{mod}\ p^{2^kt_p}+p^{2^kt_q}\right)$, we must have $$p^{2^kt_p}+q^{2^kt_q}\mid \big(-q^{2^kt_q}\big)^{\frac{s}{t_p}}+q^n=-q^n\left(q^{n\left(\frac{t_q}{t_p}-1\right)}-1\right).$$ So, $$p^{2^kt}+q^{2^kt_q}\mid q^n\left(q^{n\left(\frac{t_q}{t}-1\right)}-1\right)$$ for all primes $p$ such that $t_p=t$. Since there are infinitely many such $p$, we must have $$q^{n\left(\frac{t_q}{t}-1\right)}-1=0$$ or $t_q=t$, for every prime $p$.

Ahora, para cualquier $x\in\Bbb{N}_1$, tenemos $$f(x)+p^{2^kt}=f(x)+f(p)\mid x^n+p^n=x^n+\left(p^{2^kt}\right)^{\frac{s}{t}}$$ para cualquier prime $p$ (si se salta el paso en la casilla oculto, usted puede tomar $p$ a cualquier prime tal que $t_p=t$). Como $p^{2^kt}\equiv -f(x)\ \left(\text{mod}\ f(x)+p^{2^kt}\right)$, llegamos a la conclusión de que $$f(x)+p^{2^kt}\mid x^n+\big(-f(x)\big)^{\frac{s}{t}}=x^n-\big(f(x)\big)^{\frac{s}{t}}$$ para todos los números primos $p$ (si se salta el paso en la casilla oculto, usted puede tomar $p$ a cualquier prime tal que $t_p=t$). Esto demuestra que $$x^{2^ks}=x^n=\big(f(x)\big)^{\frac{s}{t}}$$ para cada entero positivo $x$, y así $$f(x)=x^{2^kt},$$ como se reivindica.