Maratonas de Matemática

Mensagem não lida por **Ittalo25** » 29 Dez 2020, 20:43

Solução do Problema 59

Fácil ver que [tex3]mdc(a,b)|33 [/tex3] , então [tex3]mdc(a,b)\in \{1,3,11,33\}[/tex3]

1° Caso: [tex3]mdc(a,b) = 33\rightarrow \begin{cases}
a=33x \\
b=33y
\end{cases}\rightarrow mdc(x,y) = 1 [/tex3]
[tex3]33x + 33y + 33 = 33[/tex3]
[tex3]x+y = 0[/tex3]
Sem solução para inteiros positivos

2° Caso: [tex3]mdc(a,b) = 11\rightarrow \begin{cases}
a=11x \\
b=11y
\end{cases}\rightarrow mdc(x,y) = 1 [/tex3]
[tex3]11x + 11y + 11 = 33[/tex3]
[tex3]x + y = 2[/tex3]
única solução: [tex3](x,y) = (1,1)\rightarrow (a,b) = (11,11) [/tex3]

3° Caso: [tex3]mdc(a,b) = 3\rightarrow \begin{cases}
a=3x \\
b=3y
\end{cases}\rightarrow mdc(x,y) = 1 [/tex3]
[tex3]3x + 3y + 3 = 33[/tex3]
[tex3]x + y = 10[/tex3]
Soluções:
[tex3](x,y) = (1,9),(3,7) [/tex3]
[tex3](a,b) = (3,27),(9,21) [/tex3]

4° Caso: [tex3]mdc(a,b) = 1 [/tex3]
[tex3]a+b = 32[/tex3]
Soluções:
[tex3](a,b) = (1,31),(3,29),(5,27),(7,25),(9,23),(11,21),(13,19),(15,17) [/tex3]

Obviamente as soluções são simétricas, se o par [tex3](a,b) [/tex3] é solução então o par [tex3](b,a) [/tex3] também será.
Então o número total de soluções são: [tex3]1+2\cdot 2+ 2\cdot 8 = \boxed{21} [/tex3]

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Problema 60
(México - 2017) Sejam a e b inteiros positivos. Prove que [tex3]a^2b = 2017 \cdot (a+b) [/tex3] não tem solução.

Solução do Problema 60
se vc tentar fatorar o 2017 vai ver que ele é primo
[tex3]a^2b = 2017 \cdot (a+b) [/tex3]
da equação acima podemos concluir que [tex3]b|2017a+2017b\implies b|2017a[/tex3]
logo existe um inteiro z tal que [tex3]2017a = bz[/tex3]
e, também da equação acima podemos concluir que [tex3]a|2017b[/tex3] e desta forma existe um inteiro w tal que [tex3]wa=2017b\implies2017aw=2017^2b\implies bzw=2017^2b\implies zw = 2017^2[/tex3] como z e w são inteiros e 2017 é primo temos três possibilidades para z na nossa equação acima [tex3]z = 1[/tex3] , [tex3]z = 2017[/tex3] , [tex3]z = 2017^2[/tex3]
[tex3]z = 1\implies b=2017a[/tex3]
como queremos soluções nos inteiros positivos [tex3]a\neq0[/tex3] e [tex3]b\neq0[/tex3]
[tex3]2017a^3 = 2017 \cdot (a+2017a) [/tex3]
[tex3]a^2=2018[/tex3] e 2018 não é quadrado perfeito
[tex3]z=2017\implies a = b[/tex3]
[tex3]a^3=2017\cdot2a[/tex3]
[tex3]a^2=2017\cdot2\implies a\notin \mathbb{Z}[/tex3]
[tex3]z=2017^2\implies a=2017b[/tex3]
[tex3]2017^2\cdot b^3=2017(2018b)[/tex3]
[tex3]2017b^2=2018\implies b\notin \mathbb{Z}[/tex3]
concluímos então que não há solução inteira

Problema 61
(Brasil-2009) Prove que não existem inteiros positivos x e y tais que x
[tex3]x^3+y^3=2^{2009}[/tex3]

Mensagem não lida por **Ittalo25** » 30 Dez 2020, 16:24

Solução do problema 61

[tex3]x^3+y^3 = (2^3)^{669}\cdot 2^2 [/tex3]
[tex3]x^3+y^3 \equiv 4 \mod(7) [/tex3]
Mas os resíduos cúbicos de 7 são:
[tex3]\begin{cases}
a \equiv 0\mod(7)\rightarrow a^3 \equiv 0 \mod(7) \\
a \equiv 1\mod(7)\rightarrow a^3 \equiv 1 \mod(7) \\
a \equiv 2\mod(7)\rightarrow a^3 \equiv 1 \mod(7) \\
a \equiv 3\mod(7)\rightarrow a^3 \equiv 6 \mod(7) \\
a \equiv 4\mod(7)\rightarrow a^3 \equiv 1 \mod(7) \\
a \equiv 5\mod(7)\rightarrow a^3 \equiv 6 \mod(7) \\
a \equiv 6\mod(7)\rightarrow a^3 \equiv 6 \mod(7)
\end{cases}[/tex3]
Como percebe-se não tem jeito de dar 4, assim não existe solução.

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Problema 62
(Albânia - 2012) Encontre todos os primos p, tais que [tex3]p+2 [/tex3] e [tex3]p^2+2p-8 [/tex3] também sejam primos.

Resposta

p = 3

Solução do Problema 62
vamos estudar os restos que esses números deixam na divisão por 3
[tex3]p\equiv1(\mod3)\implies p+2\equiv0(\mod3)[/tex3]
mas então [tex3]3|p+2[/tex3] e [tex3]p + 2[/tex3] é primo, então a única possibilidade seria [tex3]3=p+2[/tex3] mas para isso teríamos [tex3]p = 1[/tex3] e 1 não é primo
[tex3]p\equiv2(\mod3)\implies p^2+2p-8\equiv4+4-8\equiv0(\mod 3)[/tex3] novamente, como 3 e [tex3]p^2+2p-8[/tex3] são primos só podemos ter [tex3]p^2+2p-8=3\iff p=-1\pm2\sqrt{3}[/tex3] mas p não vai ser inteiro mas queremos que [tex3]p[/tex3] , [tex3]p+2[/tex3] e [tex3]p^2+2p-8[/tex3] sejam números primos o que não ocorre aqui
o último caso é [tex3]p\equiv0(\mod3)\iff3|p\implies p=3[/tex3] porque 3 e p são números primos
vamos ver agora se os outros número são primos [tex3]3+2=5[/tex3] e 5 é primo [tex3]3^2+6-8=7[/tex3] que também e primo, logo nossa única solução é [tex3]p = 3[/tex3]

Problema 63
(Brasil-2012)
Os dois menores números primos da forma [tex3]n^2 + 5[/tex3] são [tex3]6^2+ 5 = 41[/tex3] e [tex3]12^2+ 5 = 149[/tex3] . Qual é o terceiro menor primo dessa forma?

Mensagem não lida por **Ittalo25** » 01 Jan 2021, 18:06

Solução do Problema 63

n deve ser par, do contrário [tex3]n^2+5[/tex3] seria um número par maior que 2. Então [tex3]n = 2k\rightarrow 4k^2+5[/tex3]
Se mdc(k,3)=1, então pelo pequeno teorema de fermat:
[tex3]4k^2+5\equiv 9 \equiv 0 \mod(3)[/tex3]
será um múltiplo de 3 maior que 3 e portanto não será primo. Sendo assim: [tex3]k = 3q\rightarrow 36q^2+5[/tex3] .
Para q=1 dá primo: 41
Para q=2 dá primo: 149
para q=3 não dá primo porque é múltiplo de 7: [tex3]36\cdot 9+5\equiv 1\cdot 2-2 \equiv 0 \mod(7)[/tex3]
Para q=4 não dá primo porque é múltiplo de 7: [tex3]36\cdot 16+5\equiv 1\cdot 2-2 \equiv 0 \mod(7)[/tex3]
Para q=5 não dá primo porque é múltiplo de 5 obviamente
Para q=6 dá primo: [tex3]36\cdot 36+5=\boxed{1301}[/tex3]

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Problema 64
(República Tcheca - 2012) Encontre todos os inteiros n tais que [tex3]n^4-3n^2+9 [/tex3] é um número primo.

Resposta

-2,-1,1,2

02 Jan 2021, 10:18

Solução do problema 64

[tex3]n^4 - 3n^2 + 9[/tex3]
[tex3]n^4 + 9 - 3n^2[/tex3]
[tex3](n^2)^2 + 9 - 3n^2[/tex3]
[tex3](n^2 + 3)^2 - 6n^2 - 3n^2[/tex3]
[tex3](n^2 + 3)^2 - (3n)^2[/tex3]
[tex3](n^2 + 3 n + 3)(n^2 - 3n + 3)[/tex3] , sendo [tex3]n^4 - 3n^2 + 9[/tex3] primo, [tex3](n^2 + 3 n + 3) = 1[/tex3] ou [tex3](n^2 - 3n + 3)=1[/tex3] .

Para [tex3](n^2 + 3 n + 3) = 1[/tex3] :
[tex3]n^2 + 3 n + 3 = 1[/tex3]
[tex3]n^2 + 3n + 3 - 1 = 0[/tex3]
[tex3]n^2 + 3n - 2 = 0[/tex3]
[tex3]\Delta = (3)^2 - 4 \times 1 \times (-2)[/tex3]
[tex3]\Delta = 9 + 8[/tex3]
[tex3]\Delta =17\therefore n=\frac{-3\pm \sqrt{17}}{2}[/tex3] , contudo [tex3]n^4 - 3n^2 + 9[/tex3] não será inteiro.

Para [tex3](n^2 - 3 n + 3) = 1[/tex3] :
[tex3]n^2 - 3 n + 3 = 1[/tex3]
[tex3]n^2 - 3n + 3 - 1 = 0[/tex3]
[tex3]n^2 - 3n + 2 = 0[/tex3]
[tex3]\Delta =(-3)^2 - 4 \times 1 \times 2 [/tex3]
[tex3]\Delta = 9 - 8 [/tex3]
[tex3]\Delta = 1 \therefore n = 1,n=2[/tex3]

Então:
[tex3]n=(-1,-2,1,2)[/tex3]

Problema 65
(Uruguai - 2014) Mostre que o número [tex3]n^2-2^{2014} \times 2014n + 4^{2013}(2014^2-1)[/tex3] , com [tex3]n[/tex3] natural, não pode ser primo.

Mensagem não lida por **Ittalo25** » 03 Jan 2021, 14:39

Solução do problema 65

[tex3]n^2-2^{2014} \times 2014n + 4^{2013}(2014^2-1) = [/tex3]
[tex3](n-2^{2013}\cdot 2014 )^2 - 2^{4026} = [/tex3]
[tex3](n-2^{2013}\cdot 2014-2^{2013}) \cdot (n-2^{2013}\cdot 2014+2^{2013}) [/tex3]

Se os 2 fatores são positivos, então o menor deve ser igual a 1:
[tex3]n-2^{2013}\cdot 2014-2^{2013} = 1 [/tex3]
[tex3]n = 2^{2013}\cdot 2014+2^{2013}+ 1 [/tex3]
Substituindo no outro fator:
[tex3]n-2^{2013}\cdot 2014+2^{2013} = 2^{2013}\cdot 2014+2^{2013}+ 1-2^{2013}\cdot 2014+2^{2013} = 2^{2014}+1 [/tex3]
Mas pela fatoração de sophie germain:
[tex3]2^{2014}+1 = 4\cdot (2^{503})^4+1^4 = (1+2^{1007}+2^{504})(1+2^{1007}-2^{504})[/tex3]
Então não é primo.

Se os 2 fatores são negativos, então o maior deve ser igual a -1:
[tex3]n-2^{2013}\cdot 2014+2^{2013} = -1 [/tex3]
[tex3]n=2^{2013}\cdot 2014-2^{2013}-1 [/tex3]
Substituindo no outro fator:
[tex3]n-2^{2013}\cdot 2014-2^{2013} = -2^{2014}-1 = -(1+2^{1007}+2^{504})(1+2^{1007}-2^{504}) [/tex3]
Também não é primo.

E claro, se um dos fatores for 0, o resultado será 0 e portanto não será primo.
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Problema 66
(Bielorrússia - 2008) Se [tex3]x^2+y=y^2+z=z^2+x [/tex3] , prove que [tex3]x^3+y^3+z^3 = xy^2+yz^2+zx^2 [/tex3]

03 Jan 2021, 16:32

Solução do problema 66

[tex3]x^2+y=y^2+z\implies x^3+xy=y^2x+xz[/tex3]
[tex3]y^2+z=z^2+x\implies y^3+yz=z^2y+xy[/tex3]
[tex3]z^2+x=x^2+y\implies z^3+xz=x^2z+yz[/tex3]

soma tudo membro a membro depois de ter multiplicado

[tex3]z^3+x^3+y^3+\cancel{xy+yz+xz}=y^2x+z^2y+x^2z+\cancel{xz+xy+yz}[/tex3]
[tex3]x^3+y^3+z^3 = xy^2+yz^2+zx^2 [/tex3]

Problema 67
(Russia - 2011) Encontre todos os primos [tex3]p[/tex3] e [tex3]q[/tex3] tais que [tex3]p + q = (p-q)^3[/tex3]

Mensagem não lida por **Ittalo25** » 03 Jan 2021, 20:09

Solução do problema 67

Obviamente [tex3]p>q [/tex3] , portanto [tex3]mdc(p,q) = 1 [/tex3] e então:

[tex3]p-q|p+q [/tex3]
[tex3]p-q|p+q+p-q [/tex3]
[tex3]p-q|2p [/tex3]

Mas pelo lema de Euclides:
[tex3]mdc(p-q,p) = mdc(p-q,p-p+q) = mdc(p-q,q) = mdc(p,q) = 1 [/tex3]
Sendo assim:
[tex3]p-q|2 [/tex3]

Primeiro caso: [tex3]p-q = 1\rightarrow p = q+1[/tex3]
[tex3]p + q = (p-q)^3[/tex3]
[tex3]q+1 + q = (q+1-q)^3[/tex3]
Sem solução.

Segundo caso: [tex3]p-q = 2\rightarrow p = q+2[/tex3]
[tex3]p + q = (p-q)^3[/tex3]
[tex3]q+2 + q = (q+2-q)^3[/tex3]
[tex3]\boxed{q = 3}\rightarrow \boxed{p = 5}[/tex3]

Essa é a única solução.

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Problema 68
(Kosovo - 2017) Encontre todos os n naturais tais que [tex3]n^3-1 [/tex3] é um número primo.

04 Jan 2021, 11:50

Pela fatoração [tex3]x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1)[/tex3] , temos que [tex3]p=n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)[/tex3] como p é primo, um dos fatores na fatoração deve ser igual a 1. É fácil provar que o único fator que pode ser 1 é [tex3]n-1[/tex3] , e como n é um número natural, temos: [tex3]n-1=1\implies n=2[/tex3] e [tex3]p=7.[/tex3]

Problema 69
(Undergrad Math Contest-1997) Sejam [tex3]x_1=x_2=1[/tex3] , e [tex3]x_{n+1}=1996x_n+1997x_{n-1}[/tex3] para [tex3]n≥2.[/tex3] Determine o resto da divisão de [tex3]x_{1997}[/tex3] por 3.

Resposta

2

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