martes, 10 de mayo de 2011

Problema del dia Martes 10 de Mayo (Flavio)

Este problema no lo he hecho, pero alguna vez lo intente un poco. Es del selectivo 2 para la IMO de Holanda del 2010 (bueno segun lo que entendi de su pagina):
El polinomio $A(x) = x^2 + ax + b$ con coeficientes enteros tiene la siguiente propiedad: Para cada primo $p$ hay un entero $k$ tal que $A(k)$ y $A(k + 1)$ son ambos divisibles por $p$. Prueba que hay un entero $m$ tal que $A(m) = A(m + 1) = 0$.

4 comentarios:

Flavio dijo...

Ya me salio mi problema, pero esperare para ver si a alguien mas le sale, o alguien mas lo ve. Si necesitan un hint, tengo uno bueno, solo pidanlo.

Diego627 dijo...

Con $p$ primo y $m$ entero, sea $T(p,m)$ la proposición que $p|A(m)$ y $p|A(m+1)$.
Si $a\equiv b$ $(mod p)$ entonces $T(p,a)$ si y solo si $T(p,b)$.
Como $T(2,m)$ para algun $m$, entonces $2|A(m+1)-A(m)=2m+(b+1)$, entonces $2|b+1$, entonces $b+1=2r$.
Para $p\geq 3$ primo, entonces para algun $m$, $T(p,m)$ entonces $p|A(m+1)-A(m)=2(m+r)$ entonces, como $(p,2)=1$, $p|m+r$, entonces $p|m-(-r)$, por lo tanto $m\equiv -r$ $(mod p)$ y como $T(p,m)$ entonces $T(p,-r)$. Entonces para todo $p\geq 3$ primo, $p|A(-r)$ y $p|A(-r+1)$, por lo tanto $A(-r)=A(-r+1)=0$. QED

Georges dijo...

Primero veamos que si $a$ es par entonces 2 divide a $k^{2}+b$ y 2 divide a $(k+1)^{2}+b$ para alguna $k$ lo cual no es posible.

Ahora sea $p_i$ un primo y sea $k_i$ su $k$ que cumple, entonces $p_i$ divide a $(k_{i})^{2}+ak_{i}+b$ (1)

También divide a $(k_{i}+1)^{2}+a(k_{i}+1)+b$ sustituyendo la primera en la segunda obtenemos $2k_{i}=-(a+1)$ mod $p{i}$ y $4(k_i)^{2}=(a+1)^{2}$ mod $p_{i}$. Multiplicando (1) por 4, sustituyendo con estas congruencias a las que llegamos y resolviendo obtenemos que $p_{i}$ divide a $a^{2}-4b-1$ pero eso es para infinitos primos por lo tanto ese numero tiene que ser cero y entonces $a^{2}-4b=1$ (2)

Por lo tanto las raíces del polinomio usando la formula general y usando (2) van a ser -a/2+1/2 y -a/2-1/2 como $a$ es impar entonces sus dos raíces son enteros consecutivos, que es lo que queríamos probar. FIN

Manuel Alejandro dijo...

$2|x^{2}+ax+b$ y $2|(x+1)^{2}+ax+a+b$, de ello que $2|2x+1+a$, de lo que deducimos que a es impar. Ahora, de ello deducimos que $2|x^{2}+ax$, por lo cual b es par.

Ahora nombremos para $p_{i}$ primo, $x_{i}$ sea el entero tal que $p_{i}|A(x_{i})$ y $p_{i}|A(x_{i}+1)$. De lo anterior deducimos que $p_{i}|2x_{i}+a+1\Rightarrow2x_{i}\equiv-a-1(mod.p_{i})$ Como $p_{i}|A(x_{i}+1)=x_{i}^{2}+2x_{i}+1+ax_{i}+a+b=x_{i}^{2}+x_{i}+(a+1)x_{i}+x_{i}+a+b+1$$\equiv x_{i}^{2}+x_{i}-2x_{i}^{2}+a+b+1\equiv-x_{i}^{2}+x_{i}+a+b+1\$$equiv-x_{i}^{2}-x_{i}+b\Rightarrow b\equiv x_{i}^{2}+x_{i}(mod.p_{i})$ y como $p_{i}|A(x)\Rightarrow0\equiv x_{i}^{2}+ax_{i}+b\equiv2b+(a-1)x_{i}$$\equiv2b+(a-1)(-a-1)2^{-}(mod.p_{i})\Rightarrowp_{i}|4b+(a-1)(-a-1)=4b-a^{2}+1$, pero como $p_{i}|4b-a^{2}+1\forall i$, lo cual tiene una cantidad finita de primos que lo dividen, entonces $4b-a^{2}+1=0\Rightarrow b=\frac{a^{2}-1}{4}\Rightarrow A(x)=x^{2}+ax+\frac{a^{2}-1}{4}$, y resolviendo la cuadrática tenemos las raices $\frac{-a\pm1}{2}$, las cuales son enteros consecutivos, ya que a es par, queda demostrado.

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