Olimpíadas ⇒ (Olimpíada Romena) Números Inteiros Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
-
Hanon 
- Mensagens: 449
- Registrado em: Sáb 13 Mai, 2017 00:28
- Última visita: 24-10-21
- Localização: São Luis - Ma
Ago 2017
14
11:56
(Olimpíada Romena) Números Inteiros
(Olimpíada Romena) Sejam [tex3]a, b, c, [/tex3]
inteiros não nulos com [tex3]a\neq c[/tex3]
e tais que [tex3]\frac{a}{c}=\frac{a^2+b^2}{c^2+b^2}[/tex3]
. Prove que [tex3]a^2+b^2+c^2[/tex3]
não pode ser um número primo.
Última edição: Hanon (Seg 14 Ago, 2017 14:16). Total de 1 vez.
Ago 2017
14
13:40
Re: (Olimpíada Romena) Números Inteiros
Dá uma revisada no enunciado, acredito que houve erro de digitação
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
-
Hanon
- Mensagens: 449
- Registrado em: Sáb 13 Mai, 2017 00:28
- Última visita: 24-10-21
- Localização: São Luis - Ma
Ago 2017
14
14:12
Re: (Olimpíada Romena) Números Inteiros
Ittalo25, acredito que não faz sentido o [tex3]d[/tex3]
em:
Vou editar retirando o [tex3]d[/tex3] .
. Mas coloquei a questão na íntegra como está na lista do POTI http://urantiagaia.org/educacional/mate ... evisao.pdf (ver pág. 06 quest. 14).
Vou editar retirando o [tex3]d[/tex3] .
Última edição: Hanon (Seg 14 Ago, 2017 14:15). Total de 1 vez.
Ago 2017
14
15:17
Re: (Olimpíada Romena) Números Inteiros
Seja p primo:
[tex3]a^2+b^2+c^2 = p [/tex3]
então:
[tex3]\frac{a}{c}=\frac{a^2+b^2}{c^2+b^2}[/tex3]
[tex3]\frac{a}{c}=\frac{p-c^2}{p-a^2}[/tex3]
[tex3]\frac{a+c}{a-c}=\frac{p-c^2+p-a^2}{p-c^2 - (p-a^2)}[/tex3]
[tex3]a^2+c^2+ac = p[/tex3]
[tex3]a^2+c^2+ac = a^2+b^2+c^2[/tex3]
[tex3]b^2 = ac[/tex3]
Ou seja, a,b e c estão em PG com b sendo o termo central. Tomando sem perda de generalidade [tex3]a<b<c [/tex3] e sendo q a razão da PG:
[tex3]a^2+b^2+c^2 = p [/tex3]
[tex3]a^2+a^2q^2+a^2q^4 = p [/tex3]
[tex3]a^2 \cdot (1+q^2+q^4) = p [/tex3]
Absurdo, já que p é primo
[tex3]a^2+b^2+c^2 = p [/tex3]
então:
[tex3]\frac{a}{c}=\frac{a^2+b^2}{c^2+b^2}[/tex3]
[tex3]\frac{a}{c}=\frac{p-c^2}{p-a^2}[/tex3]
[tex3]\frac{a+c}{a-c}=\frac{p-c^2+p-a^2}{p-c^2 - (p-a^2)}[/tex3]
[tex3]a^2+c^2+ac = p[/tex3]
[tex3]a^2+c^2+ac = a^2+b^2+c^2[/tex3]
[tex3]b^2 = ac[/tex3]
Ou seja, a,b e c estão em PG com b sendo o termo central. Tomando sem perda de generalidade [tex3]a<b<c [/tex3] e sendo q a razão da PG:
[tex3]a^2+b^2+c^2 = p [/tex3]
[tex3]a^2+a^2q^2+a^2q^4 = p [/tex3]
[tex3]a^2 \cdot (1+q^2+q^4) = p [/tex3]
Absurdo, já que p é primo
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
-
Deleted User 24633
- Última visita: 31-12-69
Ago 2020
29
11:59
Re: (Olimpíada Romena) Números Inteiros
Sei que esse tópico é antigo mas vou deixar minha solução também para enriquecer o tópico (apesar da minha solução ser muito mais extensa do que a do Ittalo!)
Suponha por absurdo que [tex3]a^2+b^2+c^2=p[/tex3] primo;
Assim
[tex3]\dfrac{a}{c}=\dfrac{a^2+b^2}{b^2+c^2}=\dfrac{p-c^2}{p-a^2} \Rightarrow[/tex3]
[tex3]\dfrac{a-c}{c}=\dfrac{(p-c^2)-(p-a^2)=a^2-c^2}{p-a^2}=\dfrac{(a-c)(a+c)}{p-a^2}[/tex3]
como [tex3]a\ne c \iff a-c \ne 0[/tex3] temos
[tex3]\dfrac{1}{c}=\dfrac{a+c}{p-a^2} \iff p=a^2+ac+c^2[/tex3]
Comparando esta com a expressão original vem [tex3]b^2=ac;[/tex3]
Então
[tex3]p=a^2+ac+c^2= \\ (a^2+2ac+c^2) -ac = \\ (a+c)^2-b^2 = \\ (a+b+c)(a-b+c)[/tex3]
Como [tex3]p[/tex3] é primo; só há duas possibilidades:
i) [tex3]a+b+c= \pm 1[/tex3] e [tex3]a-b+c= \pm p;[/tex3]
ii) [tex3]a+b+c=\pm p[/tex3] e [tex3]a-b+c= \pm 1[/tex3]
Caso [tex3]|a-b+c|=p[/tex3]
Temos que
[tex3]p^2= |a-b+c|^2=(a^2+b^2+c^2)+2(-ab+\underbrace{ac}_{b^2}-bc)=p-2b(a-b+c)[/tex3]
Se [tex3]a-b+c=p[/tex3] então
[tex3]p^2=p-2b(a-b+c)=p-2bp \Rightarrow p=1-2b[/tex3] e [tex3]\boxed{b=\dfrac{1-p}{2}}[/tex3]
Se [tex3]a-b+c=-p[/tex3] então
[tex3]p^2=p-2b(a-b+c)=p(1+2b)[/tex3] e logo [tex3]p=1+2b[/tex3] e [tex3]\boxed{b=\dfrac{p-1}{2}}[/tex3]
Caso [tex3]|a+b+c|=p[/tex3]
Então
[tex3]p^2=|a+b+c|^2=(a^2+b^2+c^2)+2(ab+\underbrace{ac}_{b^2}+bc)=p+2b(a+b+c)[/tex3]
Se [tex3]a+b+c=p[/tex3] então [tex3]p^2=p+2bp[/tex3] e [tex3]p=1+2b[/tex3] ou seja [tex3]\boxed{b=\dfrac{p-1}{2}};[/tex3]
Se [tex3]a+b=c=-p[/tex3] então [tex3]p^2=p-2bp[/tex3] e [tex3]p=1-2b[/tex3] ou seja [tex3]\boxed{b=\dfrac{1-p}{2}}[/tex3]
Em qualquer caso [tex3]|b|=\dfrac{p-1}{2}[/tex3] e [tex3]b^2=\dfrac{p^2-2p+1}{4}[/tex3]
Como [tex3]\vert a\vert,~\vert c\vert>0[/tex3] e [tex3]\vert a\vert \ne \vert c \vert[/tex3] ([tex3]b^2=ac[/tex3] implica que [tex3]a,~c[/tex3] tem mesmo sinal) temos que
[tex3]5=1^2+2^2 \le a^2+c^2=p-b^2=p-\left(\dfrac{p^2-2p+1}{4}\right)=-\left(\dfrac{p^2-6p+1}{4} \right)[/tex3] e então
[tex3]p^2-6p+1 \le -20 \iff p^2-6p+21 \le 0[/tex3] mas [tex3]p^2-6p+21>p^2-6p+9=(p-3)^2 \ge 0[/tex3] e logo essa inequação é impossível.
Dessa forma a expressão [tex3]a^2+b^2+c^2[/tex3] não pode ser um número primo; como queríamos demonstrar.
Suponha por absurdo que [tex3]a^2+b^2+c^2=p[/tex3] primo;
Assim
[tex3]\dfrac{a}{c}=\dfrac{a^2+b^2}{b^2+c^2}=\dfrac{p-c^2}{p-a^2} \Rightarrow[/tex3]
[tex3]\dfrac{a-c}{c}=\dfrac{(p-c^2)-(p-a^2)=a^2-c^2}{p-a^2}=\dfrac{(a-c)(a+c)}{p-a^2}[/tex3]
como [tex3]a\ne c \iff a-c \ne 0[/tex3] temos
[tex3]\dfrac{1}{c}=\dfrac{a+c}{p-a^2} \iff p=a^2+ac+c^2[/tex3]
Comparando esta com a expressão original vem [tex3]b^2=ac;[/tex3]
Então
[tex3]p=a^2+ac+c^2= \\ (a^2+2ac+c^2) -ac = \\ (a+c)^2-b^2 = \\ (a+b+c)(a-b+c)[/tex3]
Como [tex3]p[/tex3] é primo; só há duas possibilidades:
i) [tex3]a+b+c= \pm 1[/tex3] e [tex3]a-b+c= \pm p;[/tex3]
ii) [tex3]a+b+c=\pm p[/tex3] e [tex3]a-b+c= \pm 1[/tex3]
Caso [tex3]|a-b+c|=p[/tex3]
Temos que
[tex3]p^2= |a-b+c|^2=(a^2+b^2+c^2)+2(-ab+\underbrace{ac}_{b^2}-bc)=p-2b(a-b+c)[/tex3]
Se [tex3]a-b+c=p[/tex3] então
[tex3]p^2=p-2b(a-b+c)=p-2bp \Rightarrow p=1-2b[/tex3] e [tex3]\boxed{b=\dfrac{1-p}{2}}[/tex3]
Se [tex3]a-b+c=-p[/tex3] então
[tex3]p^2=p-2b(a-b+c)=p(1+2b)[/tex3] e logo [tex3]p=1+2b[/tex3] e [tex3]\boxed{b=\dfrac{p-1}{2}}[/tex3]
Caso [tex3]|a+b+c|=p[/tex3]
Então
[tex3]p^2=|a+b+c|^2=(a^2+b^2+c^2)+2(ab+\underbrace{ac}_{b^2}+bc)=p+2b(a+b+c)[/tex3]
Se [tex3]a+b+c=p[/tex3] então [tex3]p^2=p+2bp[/tex3] e [tex3]p=1+2b[/tex3] ou seja [tex3]\boxed{b=\dfrac{p-1}{2}};[/tex3]
Se [tex3]a+b=c=-p[/tex3] então [tex3]p^2=p-2bp[/tex3] e [tex3]p=1-2b[/tex3] ou seja [tex3]\boxed{b=\dfrac{1-p}{2}}[/tex3]
Em qualquer caso [tex3]|b|=\dfrac{p-1}{2}[/tex3] e [tex3]b^2=\dfrac{p^2-2p+1}{4}[/tex3]
Como [tex3]\vert a\vert,~\vert c\vert>0[/tex3] e [tex3]\vert a\vert \ne \vert c \vert[/tex3] ([tex3]b^2=ac[/tex3] implica que [tex3]a,~c[/tex3] tem mesmo sinal) temos que
[tex3]5=1^2+2^2 \le a^2+c^2=p-b^2=p-\left(\dfrac{p^2-2p+1}{4}\right)=-\left(\dfrac{p^2-6p+1}{4} \right)[/tex3] e então
[tex3]p^2-6p+1 \le -20 \iff p^2-6p+21 \le 0[/tex3] mas [tex3]p^2-6p+21>p^2-6p+9=(p-3)^2 \ge 0[/tex3] e logo essa inequação é impossível.
Dessa forma a expressão [tex3]a^2+b^2+c^2[/tex3] não pode ser um número primo; como queríamos demonstrar.
Última edição: Deleted User 24633 (Sáb 29 Ago, 2020 12:50). Total de 8 vezes.
-
- Tópicos Semelhantes
- Respostas
- Exibições
- Última msg
-
- 2 Respostas
- 537 Exibições
-
Última msg por Ornitologo
-
- 1 Respostas
- 810 Exibições
-
Última msg por petras
-
- 3 Respostas
- 1025 Exibições
-
Última msg por petras
-
- 2 Respostas
- 513 Exibições
-
Última msg por petras
-
- 1 Respostas
- 287 Exibições
-
Última msg por petras
