Olimpíadas ⇒ (IMO) Divisibilidade Tópico resolvido
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rogerjordan
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Fev 2015
23
15:04
(IMO) Divisibilidade
Encontre todos os pares de inteiros positivos (m, n) tais que [tex3]\frac{m^2}{2mn^2-n^3+1}[/tex3]
é um inteiro positivo
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Razão: tex --> tex3
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candre
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Fev 2015
23
16:08
Re: (IMO) Divisibilidade
[tex3]\frac{n^2}{2mn^2-n^3+1}=\frac{n^2}{n^2(2m-n)+1}[/tex3]
sendo que [tex3]n^2(2m-n)+1\ne0[/tex3]
sendo [tex3]n[/tex3] e [tex3]m[/tex3] inteiros positivos, para que [tex3]\frac{n^2}{n^2(2m-n)+1}[/tex3] seja um inteiro positivo o denominador deve dividir o numerador, tendo [tex3][n^2(2m-n)+1]\mid n^2[/tex3]
calculando máximo divisor comum entre [tex3]n^2(2m-n)+1[/tex3] e [tex3]n^2[/tex3] , temos que a máximo divisor comum tem as propriedades
[tex3]\mdc (a,b)=\mdc (b,a)\\
\mdc (a,b)=\mdc (a,b-a)\\
\mdc (a,b)=\mdc (a,b+a)[/tex3]
aplicando isso, observe ainda que [tex3]n^2\mid n^2(2m-n)[/tex3] logo existe [tex3]q\in\mathbb{Z}[/tex3] tal que [tex3]n^2(2m-n)=n^2q[/tex3] logo temos
[tex3]\mdc [n^2(2m-n)+1,n^2]=\mdc (n^2q+1,n^2)=\mdc (n^2,n^2q+1)[/tex3]
uma vez que temos [tex3]q\in\mathbb{Z}[/tex3] , podemos pensar nos [tex3]3[/tex3] casos possíveis para [tex3]q[/tex3]
i se [tex3]q>0[/tex3] , então basta usar a segunda propriedade [tex3]q[/tex3] vezes para ver que [tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)[/tex3]
ii se [tex3]q=0[/tex3] , teremos [tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)[/tex3]
iii se [tex3]q<0[/tex3] , basta usar a terceira propriedade [tex3]|q|[/tex3] vezes para ver que [tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)[/tex3]
obtendo
[tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)=1[/tex3]
portanto concluímos que [tex3]\mdc [n^2(2m-n)+1,n^2]=1[/tex3] , portanto [tex3][n^2(2m-n)+1]\nmid n^2[/tex3] e por consequencia [tex3]\frac{n^2}{n^2(2m-n)+1}[/tex3] não e inteiro para [tex3]n[/tex3] e [tex3]m[/tex3] inteiros positivos.
sendo [tex3]n[/tex3] e [tex3]m[/tex3] inteiros positivos, para que [tex3]\frac{n^2}{n^2(2m-n)+1}[/tex3] seja um inteiro positivo o denominador deve dividir o numerador, tendo [tex3][n^2(2m-n)+1]\mid n^2[/tex3]
calculando máximo divisor comum entre [tex3]n^2(2m-n)+1[/tex3] e [tex3]n^2[/tex3] , temos que a máximo divisor comum tem as propriedades
[tex3]\mdc (a,b)=\mdc (b,a)\\
\mdc (a,b)=\mdc (a,b-a)\\
\mdc (a,b)=\mdc (a,b+a)[/tex3]
aplicando isso, observe ainda que [tex3]n^2\mid n^2(2m-n)[/tex3] logo existe [tex3]q\in\mathbb{Z}[/tex3] tal que [tex3]n^2(2m-n)=n^2q[/tex3] logo temos
[tex3]\mdc [n^2(2m-n)+1,n^2]=\mdc (n^2q+1,n^2)=\mdc (n^2,n^2q+1)[/tex3]
uma vez que temos [tex3]q\in\mathbb{Z}[/tex3] , podemos pensar nos [tex3]3[/tex3] casos possíveis para [tex3]q[/tex3]
i se [tex3]q>0[/tex3] , então basta usar a segunda propriedade [tex3]q[/tex3] vezes para ver que [tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)[/tex3]
ii se [tex3]q=0[/tex3] , teremos [tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)[/tex3]
iii se [tex3]q<0[/tex3] , basta usar a terceira propriedade [tex3]|q|[/tex3] vezes para ver que [tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)[/tex3]
obtendo
[tex3]\mdc (n^2,n^2q+1)=\mdc (n^2,1)=1[/tex3]
portanto concluímos que [tex3]\mdc [n^2(2m-n)+1,n^2]=1[/tex3] , portanto [tex3][n^2(2m-n)+1]\nmid n^2[/tex3] e por consequencia [tex3]\frac{n^2}{n^2(2m-n)+1}[/tex3] não e inteiro para [tex3]n[/tex3] e [tex3]m[/tex3] inteiros positivos.
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a vida e uma caixinha de surpresas.
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Vinisth
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Fev 2015
23
17:12
Re: (IMO) Divisibilidade
Olá candre,
Não entendi, o porquê você colocou 'n' no numerador ....
Essa fração tem solução, por exemplo fazendo um test, observe que [tex3]\frac{m^2}{2mn^2-n^3+1}[/tex3]
Para [tex3]n=1 \implies \frac{m^2}{2m\cdot 1^2-1^3+1}=\frac{m^2}{2m}=\frac{m}{2}[/tex3] , m deve ser par, logo temos uma solução do tipo,
[tex3](m,n) = (2t,1),\ \ t \in \mathbb{Z}[/tex3]
Mais tarde eu posto uma solução, quando tiver tempo.
Um forte abraço à vocês !
Não entendi, o porquê você colocou 'n' no numerador ....
Essa fração tem solução, por exemplo fazendo um test, observe que [tex3]\frac{m^2}{2mn^2-n^3+1}[/tex3]
Para [tex3]n=1 \implies \frac{m^2}{2m\cdot 1^2-1^3+1}=\frac{m^2}{2m}=\frac{m}{2}[/tex3] , m deve ser par, logo temos uma solução do tipo,
[tex3](m,n) = (2t,1),\ \ t \in \mathbb{Z}[/tex3]
Mais tarde eu posto uma solução, quando tiver tempo.
Um forte abraço à vocês !
Editado pela última vez por caju em 16 Mai 2024, 10:47, em um total de 2 vezes.
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candre
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Fev 2015
23
17:24
Re: (IMO) Divisibilidade
Vinisth escreveu:Olá candre,
Não entendi, o porquê você colocou 'n' no numerador ....
Essa fração tem solução, por exemplo fazendo um test, observe que [tex3]\frac{m^2}{2mn^2-n^3+1}[/tex3]
Para [tex3]n=1 \implies \frac{m^2}{2m\cdot 1^2-1^3+1}=\frac{m^2}{2m}=\frac{m}{2}[/tex3] , m deve ser par, logo temos uma solução do tipo,
[tex3](m,n) = (2t,1),\ \ t \in \mathbb{Z}[/tex3]
Mais tarde eu posto uma solução, quando tiver tempo.
Um forte abraço à vocês !
eu confundi [tex3]m[/tex3]
com [tex3]n[/tex3]
, nem tinha notado isso. obrigado
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Vinisth
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Fev 2015
23
21:29
Re: (IMO) Divisibilidade
Como prometido
Sejam m' e n' inteiros tais que,
[tex3]\frac{m'^2}{2m'n'^2-n'^3+1}=k[/tex3] , seja inteiro não negativo, vamos restringir algumas coisas,
[tex3]2m'n'^2 \geq n'^3 \implies 2m' \geq n'[/tex3] , Se [tex3]2m'=n' \implies m'=\frac{n'}{2}[/tex3]
O numerador é sempre positivo, então olhemos apenas para o denominador,
[tex3]\small 2m'n'^2-n'^3+1=n'^2(2m-n')+1>0 \implies m'^2>n'^2(2m-n')+1>n'^2[/tex3]
[tex3]m'^2-n'^2>0 \iff (m'+n')(m'-n')>0 \iff m'-n'>0 \iff m'>n'[/tex3] , pois [tex3]m'+n'>0[/tex3]
Olhando para equação de 2º grau,
[tex3]\frac{m'^2}{2m'n'^2-n'^3+1}=k \implies m'^2-2km'n'^2+k(n'^3-1)=0[/tex3]
Sem perda de generalidade assumindo que as raizes da equação [tex3]x' \geq x''[/tex3] .
[tex3]x'+x'' = 2kn'^2 \ e \ x'x'' = k(n'^3-1)[/tex3] , como as raízes são positivas, então
[tex3]0 \leq x'' =\frac{k(n'^3-1)}{x'}\leq \frac{k(n'^3-1)}{kn'^2}<n'[/tex3] , pois [tex3]x' \geq kn'^2[/tex3]
Se [tex3]x'=0 \implies n'=1 \ e \ x'=2k[/tex3] , de fato nosso primeiro resultado, mas generalizado. Te juro que chutei ele inicialmente.
E por último para quando [tex3]m'=x''=\frac{n'}{2} \implies x''=\frac{n'^4}{2}-\frac{n'}{2}[/tex3]
Todas as soluções são [tex3](m',n')= \{(2t,1),(t,2t),(8t^4-t,2t)\}[/tex3]
Pode testa-las que dão certo.
Abraço !
Sejam m' e n' inteiros tais que,
[tex3]\frac{m'^2}{2m'n'^2-n'^3+1}=k[/tex3] , seja inteiro não negativo, vamos restringir algumas coisas,
[tex3]2m'n'^2 \geq n'^3 \implies 2m' \geq n'[/tex3] , Se [tex3]2m'=n' \implies m'=\frac{n'}{2}[/tex3]
O numerador é sempre positivo, então olhemos apenas para o denominador,
[tex3]\small 2m'n'^2-n'^3+1=n'^2(2m-n')+1>0 \implies m'^2>n'^2(2m-n')+1>n'^2[/tex3]
[tex3]m'^2-n'^2>0 \iff (m'+n')(m'-n')>0 \iff m'-n'>0 \iff m'>n'[/tex3] , pois [tex3]m'+n'>0[/tex3]
Olhando para equação de 2º grau,
[tex3]\frac{m'^2}{2m'n'^2-n'^3+1}=k \implies m'^2-2km'n'^2+k(n'^3-1)=0[/tex3]
Sem perda de generalidade assumindo que as raizes da equação [tex3]x' \geq x''[/tex3] .
[tex3]x'+x'' = 2kn'^2 \ e \ x'x'' = k(n'^3-1)[/tex3] , como as raízes são positivas, então
[tex3]0 \leq x'' =\frac{k(n'^3-1)}{x'}\leq \frac{k(n'^3-1)}{kn'^2}<n'[/tex3] , pois [tex3]x' \geq kn'^2[/tex3]
Se [tex3]x'=0 \implies n'=1 \ e \ x'=2k[/tex3] , de fato nosso primeiro resultado, mas generalizado. Te juro que chutei ele inicialmente.
E por último para quando [tex3]m'=x''=\frac{n'}{2} \implies x''=\frac{n'^4}{2}-\frac{n'}{2}[/tex3]
Todas as soluções são [tex3](m',n')= \{(2t,1),(t,2t),(8t^4-t,2t)\}[/tex3]
Pode testa-las que dão certo.
Abraço !
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