Re: [obm-l] Olimpiada da India

[Claudio Buffara <claudio.buffara@xxxxxxxxxxxx>]

on 20.04.04 15:36, Domingos Jr. at dopikas@uol.com.br wrote:

> 2. Show that there are infinitely many pairs (a,b) of coprime integers
> (which may be negative, but not zero) such that x^2 + ax + b = 0 and
> x^2 + 2ax + b have integral roots.
> 
> --- x ---
> 
> putz, cheguei perto, mas não consegui com a, b relativamente primos...
> 
> tome r >= 3,
> a = 2^r
> b = 2^(2r-6)*15
> a^2 - b = 2^(2r) - 2^(2r-6)*15 = 2^(2r-6)[2^6 - 15] = [2^(r-3).7]^2
> a^2 - 4b = 2^(2r) - 2^(2r-4)*15 = 2^(2r-4)[2^4 - 15] = 2^(2r-4)
> 
> sendo assim
> x^2 + ax + b = 0 possui raízes
> (-a +/- sqrt(a^2 - 4b))/2 = -2^(r-1) +/- 2^(r-3)
> 
> e x^2 + 2ax + b = 0 possui raízes
> (-2a +/- sqrt(4a^2 - 4b))/2 =
> -a +/- sqrt(a^2 - b) = -2^r +/- 7.2^(r-3)
> 
> [ ]'s
> 
E que tal isso aqui?

Se mdc(a,b) = 1, entao as raizes de cada equacao tem que ser inteiros primos
entre si. Nesse caso, a ideia mais simples que me ocorre eh tentar achar
inteiros m, n, p primos entre si 2 a 2, tais que:
b = mnp;
-a = mn + p;
-2a = m + np.

Ou seja, m + np = 2(mn + p) ==>
(n - 2)p = (2n - 1)m ==>
p divide 2n - 1  e  m divide n - 2.

Entao, porque nao botar logo p = 2n - 1  e  m = n - 2 ?

Nesse caso, ficaremos com:
Raizes de x^2 + ax + b = 0:  n(n-2)  e  2n-1
-a = n(n-2) + (2n-1) = n^2 - 1
b = n(n-2)(2n-1)

Raizes de x^2 + 2ax + b = 0:  n-2  e  n(2n-1)
-2a = n-2 + n(2n-1) = 2n^2 - 2
b = n(n-2)(2n-1)

Ou seja, para n > 2, tomamos os pares:
(a,b) = (a_n,b_n) = ( 1 - n^2 , n(n-2)(2n-1) )

Como os polinomios a(x) = 1 - x^2 = -(x-1)(x+1) e b(x) = x(x-2)(2x-1) sao
primos entre si, vao existir polinomios r(x) e s(x) com coeficientes
inteiros e tais que:
a(x)*r(x) + b(x)*s(x) = 1 ==>
a(n)*r(n) + b(n)*s(n) = 1, para todo n inteiro e maior do que 2 ==>
r(n)*a_n + s(n)*b_n = 1 ==>
mdc(a_n,b_n) = 1.


[]s,
Claudio.


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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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