Balkan 2001/01

[Talete]

Guardando i vecchi Balkan, mi imbatto in problemi molto interessanti... vediamo un po', siano $a$ e $b$ tali che $ab+1$ è una potenza di $2$.

Dimostrare che $v_2(ab+a-b-1)$ è pari (con $v_2(x)$ indico il massimo esponente di $2$ che divide $x$).

[polarized]

Soluzione trovata davvero fortuitamente provando a fare delle sostituzioni completamente prive di senso:

Ricordando le banali proprietà delle valutazioni p-adiche possiamo dire (ricordando che $ab+1=2^n$):
\begin{equation}
v_2(ab+a-b-1)\ge min\{v_2(ab+1),v_2(a-b-2)\}=min\{n,v_2(a-b-2)\}
\end{equation}
$\textbf{Osservazione 1:}$ E' abbstanza banale vedere che $ab+1>a-b-2$ per ogni scelta di $a$ e $b$, ciò implica però che $v_2(ab+1)>v_2(a-b-2)$ poichè $ab+1$ oltre ad essere più grande "ottimizza" i fattori $2$, quindi il la tesi del testo è equivalente a dimostrare che $v_2(a-b-2)$ è sempre pari (per essere più chiari: il maggiore uguale della prima disuguaglianza presentata è un uguale se $v_2(ab+1)\not =v_2(a-b-2)$, questo più l'osservazione fatta implica il cambio di tesi).

$\textbf{Osservazione 2:}$ $b$ è dispari, di conseguenza $v_2(b(a-b-2))=v_2(b)+v_2(a-b-2)=v_2(a-b-2)$ ma sfruttando $ab=2^n-1$ si ottiene che
\begin{align}
v_2(a-b-2)&=v_2(b(a-b-2))\\
&=v_2(ab-b^2-2b)\\
&=v_2(2^n-(b+1)^2)\ge min\{n,2v_2(b+1)\}
\end{align}
Quindi se ora dimostro che $n>2v_2(b+1)$ ho vinto:
Tralascio il caso $a=1$ perchè privo di significato. Mi piacerebbe che $ab+1$ avesse molti molti più fattori 2 di $b+1$ o in alternativa che sia più grande del suo quadrato (nota: se $a>b+2 \Longrightarrow ab+1>(b+1)^2$ e siamo a posto). Noto che $MCD(ab+1,b+1)\mid a(b+1)-ab-1=a-1$ quindi $MCD(ab+1,b+1)\le a-1$ e in $a-1$ ci sono tutti i fattori 2 di $b+1$, ma allora mi farebbe comodo che $ab+1>(a-1)^2$ che si ha se $a< b-2$. Ho quindi dedotto che se $a>b+2$ non ho problemi e se $a< b-2$ nemmeno. Mi restano da fare allora tre casi a mano che però non ho voglia di scrivere ma vengono senza troppi problemi

Spero fili tutto