FOFO de Pascua 2017 - Problema 4

FOFO de Pascua 2017 - Problema 4

UNREAD_POSTpor Luli97 » Jue 13 Abr, 2017 4:45 am

Hallar todos los pares de enteros positivos $(a,b)$ tales que el último dígito de $a+b$ es $3$, $a-b$ es un número primo y $ab$ es un cuadrado perfecto.
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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 4

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Dom 16 Abr, 2017 8:29 pm

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Afirmo que el par $(9,4)$ es el único que cumple las condiciones del problema.

Llamaremos $(1)$ a la condición de que el último dígito de $a+b$ es $3$, $(2)$ a la condición de que $a-b$ es primo, y $(3)$ a la condición de que $ab$ es un cuadrado perfecto.

Notemos un par de cosas, primero, que el último dígito de un número es su congruencia en módulo 10. Por ejemplo: $ABCD\equiv {D(10)}$. Por lo que $a+b\equiv 3(10)$. Y que $a$ y $b$ tienen distinta paridad, ya que si no fuera así, ${a+b}\equiv {0(2)}\equiv {0(10)}$. $(*)$
De lo anterior deducimos que $a-b\neq 2$.

Veamos que también que $ab\equiv {0(2)}$. $(**)$
De $(*)$ y $(**)$ se obtiene que o bien $4|a$ o $4|b$.

Caso $4|a$:

Si $a\equiv 0(10)$ entonces $b\equiv 3(10)$ para $(1)$, pero $b\equiv 5(10)$ o $b\equiv 0(10)$ para $(3)$.

Si $a\equiv 2(10)$ entonces $b\equiv 1(10)$ para $(1)$, pero $b\equiv 8(10)$ o $b\equiv 3(10)$ para $(3)$.

Si $a\equiv 4(10)$ entonces $b\equiv 9(10)$ para $(1)$, pero $b\equiv 6(10)$ o $b\equiv 1(10)$ para $(3)$.

Si $a\equiv 6(10)$ entonces $b\equiv 7(10)$ para $(1)$, pero $b\equiv 4(10)$ o $b\equiv 9(10)$ para $(3)$.

Si $a\equiv 8(10)$ entonces $b\equiv 5(10)$ para $(1)$, pero $b\equiv 2(10)$ o $b\equiv 7(10)$ para $(3)$.

Por $(*)$ sabemos que $b$ no puede ser par.

Vemos que $b$ tiene que tener distinta congruencia en módulo $10$ para cumplir las dos condiciones a la vez, por lo que no es posible que eso ocurra, los únicos casos para los que $b$ puede tener la congruencia necesaria para $(1)$ sin ningún tipo de limitación es cuando $a$ es un cuadrado perfecto, y por lo tanto $b$ también debe serlo, pero salvo en el caso $a\equiv 4(10)$ notamos que es imposible porque o bien $a$ o $b$ no son congruentes a un residuo cuadrático en módulo $10$.
Para el caso $a\equiv 4(10)$ vemos que $a-b\equiv 5(10)$ por lo que sólo sería válido si $a-b=5$, pero tanto $a$ como $b$ son cuadrados perfectos, y es conocido que los únicos cuadrados perfectos cuya diferencia es $5$ son $3$ y $2$. Y como estos números no cumplen, podemos afirmar que $4$ no divide a $a$.

Entonces 4|b

Si $b\equiv 0(10)$ entonces $a\equiv 3(10)$ para $(1)$, pero para eso $b$ tendría que poder descomponerse en una potencia de $4$ y un $c\equiv 0(10)$ o $c\equiv 5(10)$, pero eso significaría que o bien $b$ es un cuadrado, o $a\equiv 0(10)$ o $a\equiv 5(10)$, y eso es imposible. Para que $a$ pudiera tomar cualquier valor, $b$ tendría que ser un cuadrado perfecto, por lo que $a$ también debería serlo, pero eso es imposible, ya que $3$ no es un residuo cuadrático en módulo $10$.

Por $(*)$ sabemos que $c\equiv 1(2)$.

Si $b\equiv 2(10)$ entonces $a\equiv 1(10)$ para $(1)$, pero para eso $b$ tendría que poder descomponerse en una potencia de $4$ y un $c\equiv 3(10)$ o $c\equiv 8(10)$, pero como ninguno es un residuo cuadrático en módulo $10$ entonces $c|a$, pero en ese caso es obvio que $a-b$ no es primo, ya que $a-b={c}\times {({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})}$ y entonces o bien $({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})\equiv 9(10)$ o existe un $d\equiv 9(10)$ que divide a $c$. Por lo que $a-b$ nunca podrá ser primo. Para que $a$ pudiera tomar cualquier valor, $b$ tendría que ser un cuadrado, pero eso es imposible ya que $2$ no es un residuo cuadrático en módulo $10$.


Si $b\equiv 4(10)$ entonces $a\equiv 9(10)$ para $(1)$, pero en ese caso el único par válido sería $(9,4)$; ya que para cualquier otro caso, $b$ tendría que poder descomponerse en una potencia de $4$ y un $c\equiv 1(10)$ y $c>1$ o $c\equiv 6(10)$, pero para eso o bien $b$ y $a$ son cuadrados, por lo que $a-b\equiv 5(10)$ y $a-b>5$, o $c|a$, pero en ese caso es obvio que $a-b$ no es primo, ya que $a-b={c}\times {({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})}$ y entonces o bien $({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})\equiv 5(10)$ o existe un $d\equiv 5(10)$ que divide a $c$, pero esto último no es posible, ya que en ese caso $c\equiv 5(10)$ o $c\equiv 0(10)$ lo que es una contradicción, por lo tanto $({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})\equiv 5(10)$ y $a-b$ nunca puede ser primo.

Si $b\equiv 6(10)$ entonces $a\equiv 7(10)$ para $(1)$, pero para eso $b$ tendría que poder descomponerse en una potencia de 4 y un $c\equiv 4(10)$ o $c\equiv 9(10)$, si $b$ no es un cuadrado entonces $c$ tampoco lo es, y $c|a$, pero en ese caso es obvio que $a-b$ no sería primo, ya que $a-b\equiv 1(10)$ y $a-b>1$, y además $a-b={c}\times {({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})}$ y entonces o bien $({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})\equiv 1(10)$ y $({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})>1$ o existe un $d$ tal que $d\equiv 1(10)$ y $d>1$ que divide a $c$. Por lo que $a-b$ nunca podrá ser primo. Para que $a$ pudiera tomar cualquier valor, $b$ tendría que ser un cuadrado, pero eso implicaría que $a$ es un cuadrado, y eso es imposible ya que $7$ no es un residuo cuadrático en módulo $10$.

Si $b\equiv 8(10)$ entonces $a\equiv 5(10)$ para $(1)$, pero para eso $b$ tendría que poder descomponerse en una potencia de $4$ y un $c\equiv 2(10)$ o $c\equiv 7(10)$, por lo que $c|a$, pero en ese caso es obvio que $a-b$ no sería primo, ya que $a-b={c}\times {({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})}$ y entonces o bien $({\frac {a}{c}}-{\frac {b}{c}})\equiv 7(10)$ o existe un $d\equiv 7(10)$ que divide a $c$. Por lo que $a-b$ nunca podrá ser primo. Para que $a$ pudiera tomar cualquier valor, $b$ tendría que ser un cuadrado, pero eso es imposible ya que $8$ no es un residuo cuadrático en módulo $10$.

Por lo que queda demostrado que el único par que cumple con las condiciones es (9,4).
$\phi=\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}$
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Gianni De Rico
 
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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 4

UNREAD_POSTpor jujumas » Dom 16 Abr, 2017 9:40 pm

Una más corta
Solución:
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Vamos a empezar viendo que $a$ y $b$ son cuadrados perfectos. Para esto, usemos que $a-b=p$ con $p$ primo y $ab=k^2$ con $k$ entero positivo (ya que $a$ y $b$ son enteros positivos). Luego, supongamos que $d$ es el máximo común divisor entre $a$ y $b$. Tenemos entonces que $d \mid a-b$, de donde $d \mid p$, lo que implica que $d=p$ o $d=1$.

Si $d=p$, tenemos que $a=a_1p$ y $b=b_1p$, con $a_1$ y $b_1$ coprimos, y como $a-b=p$, $a_1-b_1=1$, y como $a_1pb_1p$ es un cuadrado perfecto, tenemos que $a_1b_1p^2$ es un cuadrado perfecto, de donde $a_1b_1$ debe ser un cuadrado perfecto, ya que todos los exponentes en la factorización de primos de $a_1b_1p^2$ tienen exponente par, lo que implica lo mismo para $a_1b_1$, pero como $a_1$ y $b_1$ son coprimos, tanto $a_1$ como $b_1$ son cuadrados perfectos, pero como su diferencia es $1$, tenemos por diferencia de cuadrados que $(a_1-b_1)(a_1+b_1)$ es igual a $1$, lo que implica que $a_1+b_1$ y $a_1-b_1$ sean $1$ ya que ambos son enteros, de donde $b_1$ debe ser $0$. Absurdo, porque $b_1$ debe ser entero positivo.

Si $d=1$, tenemos que $a$ y $b$ son coprimos, de donde por lo que vimos antes, $a$ y $b$ son cuadrados perfectos. Luego, podemos reescribir $a$ como $x^2$ y $b$ como $y^2$, y tenemos que $x^2-y^2=p$, de donde por diferencia de cuadrados implica que $(x-y)(x+y)=p$, y como $p$ es primo, uno de los términos $x-y$ o $x+y$ debe ser $1$ y el otro primo, ya que son ambos enteros no negativos. Como $x-y$ es necesariamente menor a $x+y$, ya que $x$ e $y$ no pueden ser iguales, ya que sinó $a-b$ sería $0$, tenemos que $x-y=1$, de donde $a$ y $b$ son cuadrados perfectos consecutivos.

Analicemos ahora la expresión módulo $10$. Sabemos que $a$ y $b$ son cuadrados perfectos consecutivos con suma de restos módulo $10$ igual a $3$. Veamos entonces el ciclo de los residuos cuadráticos módulo $10$, que sabemos que existe ya que si $x$ e $y$ tienen el mismo resto módulo $10$, tenemos que $10$ divide a $(x-y)$, de donde también divide a $(x+y)(x-y)$, que es igual a $x^2-y^2$, de donde $x^2$ e $y^2$ también tienen el mismo resto. Luego, al haber $10$ restos módulo $10$, el ciclo tiene longitud de como mucho $10$, y, viendo los primeros $10$ cuadrados perfectos, notamos que estos residuos son $0$, $1$, $4$, $9$, $6$, $5$, $6$, $9$, $4$, $1$. De acá podemos ver que las única suma de residuos consecutivos que da resto $3$ son $4$ y $9$, al igual que $9$ y $4$. Luego, sabemos que entre $a$ y $b$, uno tiene de dígito de las unidades al número $4$, y otro al $9$. Notemos que esto implica entonces que $a-b$ termina en $5$, de donde $5$ divide a $a-b$, y $p$ es múltiplo de $5$, de donde $p=5$. Luego, $a$ y $b$ son cuadrados perfectos con diferencia $5$, lo que nos da que $x^2-y^2=5$, que implica que $x+y=5$ y $x-y=1$, de donde $y=2$ y $x=3$, por lo que $a=9$ y $b=4$. Para ver que esta pareja verifica entonces, basta notar que $a+b=9+4=13$, que termina en $3$, $a-b=9-4=5$, que es primo, y $ab=9 \times 4=36$, que es igual a $6^2$, por lo que estamos.

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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 4

UNREAD_POSTpor davisbeckam18 » Dom 16 Abr, 2017 10:01 pm

Parecido. Solución:
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Respuesta: $(a;b)$ $=$ $\{9;4\}$

Es claro que $a$ y $b$ son de distinta paridad (ya que su suma es impar). En todos los casos "$p$" es un número primo.

$\ast$ Caso 1: Si $a$ y $b$ son PESI.

Como $ab$ es un cuadrado perfecto, entonces $a=k^2$ y $b=l^2$. Además, $a-b=p$ $\Leftrightarrow$ $k^2-l^2=p$ $\Leftrightarrow$ $(k-l)(k+l)=p$. Entonces $k=l+1$ y $p=2l+1$. Utilizando que el último dígito de $a+b=3$, tenemos que $k^2+l^2=2l^2+2l+1=3$ $(mod$ $10)$. Viendo todas las posibilidades concluimos que $l=2$ $(mod$ $10)$ o $l=7$ $(mod$ $10)$.

$\bullet$ Subcaso 1: Si $a$ es impar y $b$ es par.

Como $b$ es par nos quedamos con la primera opción, pero resultaría que $p=2l+1= 5$ $(mod$ $10)$. Concluimos en este caso que $p=5$ ; $l=2$ ; $a=9$ ; $b=4$.

$\bullet$ Subcaso 2: Si $a$ es par y $b$ es impar.

Como $b$ es par nos quedamos con la segunda opción, pero resultaría que $p=2l+1=15=5$ $(mod$ $10)$. Como los posibles valores de $l$ son $\{7;17;27;...\}$, entonces los posibles valores de $p$ son $\{15;25;35;...\}$, lo cual no es posible ya que $p$ es primo.


$\ast$ Caso 2: Si $a$ y $b$ no son PESI.

Sea $MCD$ $(a;b)=m$. Es claro que $m$ es primo ya que $a-b$ es múltiplo de $m$ (incluso puede ser $0$). Entonces la única opción es $a-b=m$, con $m$ primo. Por lo tanto $a=m(q+1)$ y $b=mq$. Pero como $ab$ es un cuadrado perfecto, concluimos que $q=0$, lo cual no es posible.

Hemos visto todas las posibilidades y concluimos que los únicos pares de enteros positivos que cumplen son $(a;b)$ $=$ $\{9;4\}$
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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 4

UNREAD_POSTpor JPablo » Mar 18 Abr, 2017 10:50 pm

Una corta, directa y sin casos:

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Sea $p=a-b$ y sea $m\in \mathbb{N}$ tal que $ab=m^2$. Como $a=b+p$ entonces $\left (b+p\right )b=m^2$, que equivale a $\left (2b+p-2m\right )\left (2b+p+2m\right )=p^2$. Como $0<a+b=2b+p$ entonces $2b+p+2m>0$. Por otra parte $p^2>0$, entonces $2b+p-2m>0$. Además $2b+p-2m<2b+p+2m$, por lo tanto $2b+p+2m\in \left \{\left |p\right |,p^2\right \}$. Pero no puede ser $2b+p+2m=p$ porque entonces $b+m=0$. Tampoco puede ser $2b+p+2m=-p$ porque entonces $2b+p-2m=-p$, restando ambas ecuaciones obtenemos $4m=0$, absurdo. Luego $2b+p+2m=p^2$, de donde $2b+p-2m=1$. Restando ambas ecuaciones se tiene $4m=p^2-1$. Despejando $m$ y sustituyendo en $2b+p+2m=p^2$ obtenemos $4b=\left (p-1\right )^2$. Se sigue que

$b=\left (\frac{p-1}{2}\right )^2$

$a=b+p=\left (\frac{p-1}{2}\right )^2+p$

Así, la hipótesis $a+b\equiv 3\pmod {10}$ se traduce en

$2\left (\frac{p-1}{2}\right )^2+p\equiv 3\pmod {10}\Longleftrightarrow p^2\equiv 5\pmod{20}$

Esto implica $5\mid p$, de donde $p=\pm 5$. Si $p=5$ entonces $\left (a,b\right )=\left (9,4\right )$ y si $p=-5$ entonces $\left (a,b\right )=\left (4,9\right )$.
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