OBM 2015 – Nível 3 – P4

Problema 4

Seja $n$ um inteiro positivo e sejam

se, e somente se n é primo ou $n=4$ .

b) Determine os três inteiros positivos n para os quais

$d_1-d_2+d_3-\dots+(-1)^{k-1}d_k=n-4$ .

Solução de João Rafael:

a) Temos que:

$S=n-d_2+\dots+(-1)^{k-1}d_k=n-1$

$\Rightarrow(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+\dots+(-1)^{k-1}d_k=-1$

Porém como

$\Rightarrow k=2$ ou $k=3$

Se $k=2$ então os divisores de $n$ são $n$ e $1$ , logo $n$ é primo.

Se $k=3$ então:

$-d_2+d_3=-1\Rightarrow d_2-1=1\Rightarrow d_2=2$

Como $d_2$ é o divisor do meio de $n$ temos que:

$d_2=2=\sqrt n\Rightarrow n=4$

Basta fazer as contas e checar que de fato para $n=4$ e $n$ primo vale que $S=n-1$

b) Temos que:

$S=n-d_2+\dots+(-1)^{k-1}d_k=n-4\Rightarrow(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+\dots+(-1)^{k-1}=-4$

Como vimos $(-d_{i}+d_{i+1})\leq-1$ e isso nos da que $k\leq9$ .

Certamente $k\neq\{1,2\}$ ( $k=1$ é impossível; $k=2$ chegamos em $n$ primo e $S=n-1\neq n-4$ )

Se $k=3$ :

$n-d_2+1=n-4\Rightarrow d_2=5=\sqrt{n}\Rightarrow n=25$

Fazendo as contas para $n=25$ checamos que de fato $n=25$ é solução.

Se $k=4$ :

$-d_2+d_3=-3\Rightarrow d_2-d_3=3$

Note que se $d_{k-1}$ sempre deverá ser primo pois se caso ele seja composto os seus divisores dividiriam $n$ e seriam menores que ele o que é um absurdo pois $d_{k-1}$ é o menor divisor de $n$ maior que 1. Assim $d_3$ é primo e isso implica que ou $d_2$ é potência de $d_3$ ou $d_2$ é primo pois caso o contrário existiria outro divisor de $n$ além de $d_2$ e $d_3$ pois se $d_2$ for composto e não for potência de $d_3$ teriamos:

$d_2=ab$ com $mdc(b,d_3)=1$ e $a,b\ne1\Rightarrow b|n$ e é diferente de $d_2, d_3$ , $1$ e $n$ , absurdo.

Logo se $d_2$ for potência de $d_3$ então $d_2=d_3^2\Rightarrow d_3^2-d_3=3\Rightarrow d_2\notin \mathbb{R}$

Se $d_2$ for primo temos que $d_2$ e $d_3$ tem paridade diferente e são primos com $d_2=d_3+3\Rightarrow d_3=2$ e $d_2=5\Rightarrow n=d_2d_3=10$

Fazendo as contas com $n=10$ checamos que é uma solução.

Se $k=5$ :

$-d_2+d_3-d_4=-5\Rightarrow d_2+d_4-d_3=5$

Note que sendo $n=P_1^{\alpha_1}P_2^{\alpha_2}\dots P_k^{\alpha_k}$ temos que:

nº de divisores de $n=\sigma_0(n)=(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\dots(\alpha_k+1)=5$

Como $5$ é primo então $\alpha_1=4$ e os demais expoentes serão $0$ . Assim $n$ será potência de primo e logo:

$d_4=P_1$ , $d_3=P_1^2$ e $d_2=P_1^3\Rightarrow P_1^3+P_1-P_1^2=5\Rightarrow P_1(P_1^2+1-P_1)=5\Rightarrow P_1=5$ pois 5 é primo e logo $P_1^2+1-P_1=21\neq1$ , absurdo.

Logo nesse caso não há solução.

Se $k=6$ :

$-d_2+d_3-d_4+d_5=-3\Rightarrow -3=(d_3-d_2)+(d_5-d_4)\leq-2$

A igualdade ocorre com $d_3=d_2+1$ e $d_5=d_4+1$ . Porém sabemos que:

$d_2d_5=d_3d_4\Rightarrow d_2(d_4+1)=(d_2+1)d_4\Rightarrow d_2=d_4$ , absurdo.

Temos então que:

$-d_2+d_3-d_4+d_5=-3\Rightarrow -d_2+d_3=-2$ ou $-d_4+d_5=-2$

Se $d_3-d_2=-2$ e $d_5-d_4=-1$ então:

$d_2=d_3+2$ e $d_4=d_5+1\Rightarrow d_2d_5=d_3d_4\Rightarrow (d_3+2)d_5=d_3(d_5+1)\Rightarrow 2d_5=d_3$

$\Rightarrow$ como $d_2=d_3+2\Rightarrow d_2=2d_5+2=2d_4$

Assim os divisores próprios de $n$ são $2d_5+2$ , $2d_5$ , $d_5+1$ e $d_5$ . Porém note que $d_5+1|n\Rightarrow d_5+1=d_5^2$ ou $d_5+1$ é primo.

Se $d_5+1=d_5^2\Rightarrow d_5\notin\mathbb{R}$

Se $d_5+1$ é primo, como $d_5$ também é primo, então $d_5=2\Rightarrow n=(2d_5+2)d_5=6\times 2=12$ o que se fizermos as contas de fato é solução.

Se $d_3-d_2=-1$ e $d_5-d_4=-2$ :

$d_2=d_3+1$ e $k=6$ temos $n=12$ .

Se $k=7$ :

$\sigma_0(n)=(\alpha_1+1)\dots(\alpha_k+1)=7\Rightarrow \alpha_1=6$ e os demais $\alpha_i=0\Rightarrow d_i=P_1^{7-i}$

$\Rightarrow -P_1^5+P_1^4-P_1^3+P_1^2-P_1=-5\Rightarrow P_1(-P_1^4+P_1^3-P_1^2+P_1-1)=-5\Rightarrow P_1=5\Rightarrow -P_1^4+P_1^3-P_1^2+P_1-1=-1$ o que certamente é falso.