Solução – Problemas da semana 24/04/2023-01/05/2023

Solução 1 (de Júlia Leguiza):

a) Suponha que existe uma solução para $n=p$ primo, então

$p(p+2013)=n^2\rightarrow p^2\mid p(p+2013)\rightarrow p\mid p+2013\rightarrow p\mid 2013\implies p=3$,$11$ ou $61$

$\implies$ Basta fazer os 3 casos:

1. $p=3\implies 3\cdot 2016=n^2\implies 2^53^37=n^2\rightarrow Abs$
2. $p=11\implies 11\cdot 2024=n^2\implies 2^311^223=n^2\rightarrow Abs$
3. $p=61\implies 61\cdot 2074=n^2\implies2\cdot 17\cdot 61^2=n^2 \rightarrow Abs$

Assim, nenhum dos casos nos dá solução, logo, $n$ não pode ser primo.

b) Tome $n=671\implies 671(2013+671)=671(3\cdot 671+671)=671\cdot4\cdot 671=(2\cdot 671)^2$

Solução 2:

Seja $P'$ a reflexão de $C$ po $P$, veja que $\angle CP'A=\angle CPM$. Veja também que como $D$ também é simétrico $R\implies P'D=RC=AD\implies\Delta DAP'$ é isósceles

$\implies \angle DP'A = \angle DAP'\rightarrow \angle ADC = 2\angle DAP'=2\angle MPC$.

Analogamente, $\angle ABC=2\angle MQA$.

Assim, $180^{\circ}=2(\angle MPC + \angle MQA)=\angle ABC + \angle MQA\rightarrow ABCD$ é cíclico

Solução 3:

Seja $A=\{p_1,p_2,\dots p_m\}$ o conjunto dos primos que dividem algum $a_i$ e, para cada $j$, $a_i=p_j^{k_{j,i}}b_{j,i}$ e $p_j\not\mid b_{j,i}$, para cada $j, p_j\in A$ fixo. como todos os $b_{j,i}$‘s são distintos para $j$ fixo, pois $a_i<2a_1$,

$\implies b_{j,1}b_{j,2}\dots b_{j,n}\ge n!$

Veja também que:

$b_{1,i}b_{2,i}b_{3,i}\dots b_{m,i}=(a_i)^{m-1}$

(É só abrir a conta do valor dos $b_{j,i}$'s. Confira!)

Variando por todos $m$ $p_j$'s e multiplicando todas as respectivas inequações

Temos:

$(a_1)^{m-1}(a_2)^{m-1}\dots (a_n)^{m-1}\ge (n!)^m$

Como queríamos.