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