Rădăcina pătrată a unui număr natural pătrat perfect

Rădăcina pătrată a unui număr natural pătrat perfect

Un număr a∈Na \in \N se numește pătrat perfect dacă există n∈Nn \in \N astfel încât a=n2a=n^2.
Exemplu: 2525 este pătrat perfect pentru că 25=5225=5^2. Alte exemple de pătrate perfecte: 00, 11, 44, 99, 100100 etc.

Fie aa un număr natural pătrat perfect. Numărul natural nn se numește rădăcina pătrată a numărului aa dacă a=n2a=n^2. În acest caz putem scrie a=n\sqrt{a}=n și citim radical din aa este egal cu nn.
Exemplu: 55 este rădăcina pătrată a lui 2525 pentru că 25=5225=5^2. Mai putem scrie 25=5\sqrt{25}=5. Alte exemple: 0=0\sqrt{0}=0, 1=1\sqrt{1}=1, 4=2\sqrt{4}=2, 9=3\sqrt{9}=3, 100=10.\sqrt{100}=10.

În general, dacă n∈Zn\in \Z, atunci n2=∣n∣.\boxed{\sqrt{n^2}=|n|}.

Exemple:

  • 52=∣5∣=5\sqrt{5^2}=|5|=5;
  • (−5)2=∣−5∣=5\sqrt{(-5)^2}=|-5|=5;
  • 25a2b4=(5ab2)2=∣5ab2∣=5b2∣a∣\sqrt{25a^2b^4}=\sqrt{(5ab^2)^2}=|5ab^2|=5b^2|a|.

Observații:

  • Atât numărul de sub radical, cât și valoarea radicalului, sunt numere pozitive; Exemplu: În egalitatea (−5)2=∣−5∣\sqrt{(-5)^2}=|-5|, avem (−5)2≥0(-5)^2 \geq 0 și ∣−5∣≥0|-5| \geq 0.
  • Radicalul unui număr este un număr natural, dacă și numai dacă respectivul număr este pătrat perfect. Exemple: 25∈N\sqrt{25}\in \N, 24∉N\sqrt{24}\not \in \N.
Nivel introductiv

E.140. Determinați cel mai mic număr natural xx pentru care 2+0+2+2+x∈N\sqrt{2+\sqrt{0+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{x}}}}} \in \N.

Olimpiadă, etapa locală, Brăila, 2023
Supliment Gazeta Matematică, 9/2022
Indicații (1) | Răspuns | Soluție

Indicații: Pornim de la stânga la dreapta și ne punem întrebarea așa: care este cel mai mic număr care, adunat cu 2, ne dă un pătrat perfect? Ajungem la concluzia că valoarea celui de-al 2-lea radical trebuie să fie 22 (pentru că 2+2=42+2=4). Apoi reluăm același raționament, până ajungem la xx-ul din dreapta.

Răspuns: x=1942x=194^2.

Soluție:

Pornim de la stânga la dreapta și ne punem întrebarea așa: care este cel mai mic număr care, adunat 2, ne dă un pătrat perfect? Ajungem la concluzia că valoarea celui de-al 2-lea radical trebuie să fie 22, deci:

0+2+2+x=2\sqrt{0+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{x}}}} = 2.

Judecând similar, următorul radical (cel din dreapta lui 00) trebuie să fie 44 (nu poate fi 00 sau 11 pentru că sub acel radical avem deja un 22 plus ceva), deci:

2+2+x=4\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{x}}} = 4

Următorul radical trebuie să fie 1414 (pentru că 2+14=4\sqrt{2+14}=4), deci:

2+x=14\sqrt{2+\sqrt{x}} = 14

Următorul radical trebuie să fie 194194 (pentru că 2+194=14\sqrt{2+194}=14), deci:

x=194⇒x=1942\sqrt{x} = 194 \Rightarrow \boxed{x=194^2}.

E.142. Determinați numerele naturale nenule nn pentru care 1⋅2⋅3⋅…⋅n+2023∈N\sqrt{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n + 2023} \in \N.

Olimpiadă, etapa locală, Constanța, 2023
Indicații (2) | Răspuns | Soluție

Indicația 1: Se tratează individual cazurile n<5n<5 și separat cazul n≥5n \geq 5.

Indicația 2: Pentru n≥5n \geq 5 ne folosim de ultima cifră pentru arăta că numărul de sub radical nu poate fi pătrat perfect.

Răspuns: n=2

Soluție:

Pentru n≥5n \geq 5 avem Uc(n!+2023)=3U_c(n!+2023) = 3, deci n!+2023n! + 2023 nu poate fi pătrat perfect.

Pentru celelalte cazuri, avem:

  • n=1⇒1!+2023=2024≠n=1 \Rightarrow 1! + 2023 = 2024 \neq p.p.
  • n=2⇒2!+2023=2025=452n=2 \Rightarrow 2! + 2023 = 2025 = 45^2
  • n=3⇒3!+2023=2029≠n=3 \Rightarrow 3! + 2023 = 2029 \neq p.p.
  • n=4⇒4!+2023=2047≠n=4 \Rightarrow 4! + 2023 = 2047 \neq p.p.

Prin urmare, n=2\boxed{n=2}.

E.143. Determinați numerele de forma abc‾\overline{abc}, știind că are loc relația abc‾=5⋅(a+b+c)\sqrt{\overline{abc}}=5 \cdot (a+b+c).

Olimpiadă, etapa locală, Covasna, 2023
Gazeta Matematică
Indicații (2) | Răspuns | Soluție

Indicația 1: Membrul drept ∈N\in \N, deci sub radical trebuie să avem un pătrat perfect.

Indicația 2: În membrul drept avem un multiplu de 55, deci în membrul stâng vom avea pătrate perfecte de 33 cifre divizibile cu (5k)2(5k)^2.

Răspuns: abc‾=400\overline{abc}=400

Soluție:

Membrul drept ∈N\in \N, deci sub radical trebuie să avem un pătrat perfect.
În membrul drept avem un multiplu de 55, deci în membrul stâng vom avea pătrate perfecte de 33 cifre divizibile cu (5k)2(5k)^2.

Deci abc‾∈{102,152,202,252,302}\overline{abc} \in \{10^2, 15^2, 20^2, 25^2, 30^2\}.

Analizând cele 5 cazuri constatăm că doar abc‾=400\boxed{\overline{abc}=400} convine.

E.144. Diferența pătratelor a două numere naturale este 20232023. Determinați aceste două numere naturale nenule, dacă cel mai mare divizor comun al lor este 1717.

Olimpiadă, etapa locală, Covasna și Harghita, 2023
Indicații (3) | Răspuns | Soluție

Indicația 1: (a, b)=17(a,~b)=17, deci există numerele naturale mm și nn astfel încât a=17m, b=17n, (m, n)=1a=17m,~ b=17n,~(m,~n)=1.

Indicația 2: Înlocuim pe aa și bb în relația a2−b2=2023a^2-b^2=2023.

Indicația 3: Rezolvăm ecuația m2−n2=7m^2-n^2=7 folosid formula x2−y2=(x−y)(x+y)x^2-y^2=(x-y)(x+y).

Răspuns: a=68, b=51a=68,~ b=51

Soluție:

Notăm cu aa și bb cele două numere. Din (a, b)=17(a,~b)=17 rezultă că există numerele naturale mm și nn astfel încât:
a=17m, b=17n, (m, n)=1\boxed{a=17m,~ b=17n,~(m,~n)=1} \quad(1)

Din ipoteză, a2−b2=2023a^2-b^2=2023
⇔172m2−172n2=172⋅7\Leftrightarrow 17^2m^2 - 17^2n^2=17^2 \cdot 7
⇔m2−n2=7\Leftrightarrow m^2 - n^2 = 7
⇔(m−n)(m+n)=7\Leftrightarrow (m - n)(m+n) = 7
⇒m−n=1\Rightarrow m - n=1 și m+n=7⇒m=4, n=3m+n=7 \Rightarrow \boxed{m=4,~ n=3}

Deci a=68, b=51\boxed{a=68,~ b=51}.

E.146. Aflați x∈Nx \in \N, astfel încât 4x−5x+1∈N\sqrt{\dfrac{4x-5}{x+1}} \in \N.

Olimpiadă, etapa locală, Botoșani, 2018
Indicații (2) | Răspuns | Soluție

Indicația 1: 4x−5x+1=4x+4−4−5x+1=4−9x+1\dfrac{4x-5}{x+1}= \dfrac{4x+4-4-5}{x+1} = 4-\dfrac{9}{x+1}

Indicația 2: x+1x+1 divide pe 99

Răspuns: x=2

Soluție:

Soluția 1:

4x−5x+1=4x+4−4−5x+1=4−9x+1.\dfrac{4x-5}{x+1}= \dfrac{4x+4-4-5}{x+1} = 4-\dfrac{9}{x+1}.

O condiție necesară (nu și suficientă) pentru ca numărul de mai sus să fie pătrat perfect este ca x+1x+1 să-l dividă pe 99, deci:

x+1∈{−9,−3,−1,1,3,9}x+1 \in \{-9, -3, -1, 1, 3, 9 \}.
Observăm că doar penru x+1=3x+1=3 obținem un pătrat perfect, deci x=2.\boxed{x=2}.

Soluția 2:

O condiție necesară (nu și suficientă) pentru ca numărul de sub radical să fie pătrat perfect este ca x+1x+1 să-l dividă pe 4x−54x-5, deci:
x+1 ∣ 4x−5x+1 ~|~ 4x-5
x+1 ∣ 4(x+1)x+1 ~|~ 4(x+1)
Deci x+1 ∣ (4x+4)−(4x−5)x+1 ~|~ (4x+4)-(4x-5), adică x+1 ∣ 9.x+1 ~|~ 9.

x+1∈{−9,−3,−1,1,3,9}x+1 \in \{-9, -3, -1, 1, 3, 9 \}.
x∈{−10,−4,−2,0,2,8}x \in \{-10, -4, -2, 0, 2, 8 \}.

Cum x∈N⇒x∈{0,2,8}.x\in \N \Rightarrow x \in \{0, 2, 8\}. Verificând manual cele 33 posibilităti obținem x=2.\boxed{x=2}.

E.152. Să se determine numărul aabba‾\overline{aabba}, aa și bb fiind cifre în sistemul zecimal, dacă aabba‾=aab‾−b−a.\sqrt{\overline{aabba}} = \overline{aab} - b -a.

Olimpiadă, etapa locală, Teleorman, 2023
Indicații (3) | Răspuns | Soluție

Indicația 1: aab‾−b−a=100a+10a+b−b−a=109a.\overline{aab} - b -a = 100a+10a+b-b-a = 109a.

Indicația 2: aabba‾=1092⋅a2\overline{aabba} = 109^2 \cdot a^2

Indicația 3: Cum Uc(1092)=1U_c(109^2)=1 rezultă UC(a2)=a,U_C(a^2) = a, deci a∈{1,5,6}a \in \{1,5,6\}

Răspuns: a=1, b=8.a=1,~ b=8.

Soluție:

Soluția 1: aabba‾=aab‾−b−a=100a+10a+b−b−a=109a.\sqrt{\overline{aabba}} = \overline{aab} - b -a = 100a+10a+b-b-a = 109a.
Deci aabba‾=1092⋅a2\overline{aabba} = 109^2 \cdot a^2
Cum Uc(1092)=1U_c(109^2)=1 rezultă UC(a2)=a,U_C(a^2) = a, deci a∈{1,5,6}.a \in \{1,5,6\}. Analizând cele 33 cazuri obținem a=1, b=8.\boxed{a=1,~ b=8}.

Soluția 2 (barem): La fel ca mai sus, ajungem la aabba‾=1092⋅a2.\overline{aabba} = 109^2 \cdot a^2.
Tratăm separat cazurile a=1a=1 și a=2a=2 și obținem a=1, b=8.\boxed{a=1,~ b=8}.
Pentru a≥3a \geq 3 avem 1092⋅a2≥11881⋅9=106929>aabba‾109^2 \cdot a^2 \geq 11881 \cdot 9 = 106929 > \overline{aabba}.

E.150. Fie xx și yy numere naturale nenule astfel încât 1x+1y=12023.\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{2023}. Arătați că (x−2023)(y−2023)=2023.\sqrt{(x-2023)(y-2023)} = 2023.

Olimpiadă, etapa locală, Mureș, 2023
Indicații (1) | Răspuns | Soluție

Indicații: Din ipoteză obținem xy=2023(x+y).xy=2023(x+y). Apoi înmulțim cele două paranteze de sub radical și folosim ipoteza.

Răspuns: Sub radical obținem 202322023^2

Soluție:

Din ipoteză obținem xy=2023(x+y).xy=2023(x+y).
(x−2023)(y−2023)=xy−2023x−2023y+20232=xy−2023(x+y)+20232=ipoteza˘20232(x-2023)(y-2023) = xy-2023x-2023y+2023^2 = xy-2023(x+y) + 2023^2 \overset{\text{ipoteză}}{=} 2023^2, iar de aici rezultă concluzia.

E.155. Fie ecuația 2ab−a−4b=42ab-a-4b=4, unde a, b∈Za,~b \in \Z. Determinați perechile de numere (a,b)(a,b) care verifică condiția a⋅b∈N.\sqrt{a \cdot b} \in \N.

Olimpiadă, etapa locală, Vaslui, 2013
Indicații (2) | Răspuns | Soluție

Indicația 1: Scrie ecuația sub forma (2b−1)(a−2)=6(2b-1)(a-2)=6

Indicația 2: Analizează care sunt cele două numere care înmulțite trebuie să dea 66, ținând cont că 2b−12b-1 este un număr impar.

Răspuns: a=0, b=−1a=0,~ b=-1 sau a=−4, b=0a=-4,~ b=0

Soluție:

a(2b−1)−2(2b−1)−2=4a(2b-1)-2(2b-1)-2=4
(2b−1)(a−2)=6(2b-1)(a-2)=6

Cum 2b−12b-1 este un număr impar, avem cazurile:

  • 2b−1=−1,2b-1=-1, \quad a−2=−6⇒a=−4, b=0a-2=-6 \Rightarrow \boxed{a=-4,~ b=0};
  • 2b−1=1,2b-1=1, \quad a−2=6⇒a=8,b=1⇒a⋅b≠a-2=6 \Rightarrow a=8, b=1 \Rightarrow a\cdot b \not= p.p.;
  • 2b−1=−3,2b-1=-3, \quad a−2=−2⇒a=0, b=−1a-2=-2 \Rightarrow \boxed{a=0,~ b=-1};
  • 2b−1=3,2b-1=3, \quad a−2=2⇒a=4,b=2⇒a⋅b≠a-2=2 \Rightarrow a=4, b=2 \Rightarrow a\cdot b \not= p.p.;

E.145. Determinați n∈N∗n \in \N^*, astfel încât 2⋅4⋅6⋅…⋅(2n)+8∈N.\sqrt{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot (2n) + 8} \in \N.

Narcis Gabriel Turcu, Olimpiadă, etapa locală, Brăila, 2016
Indicații (2) | Răspuns

Indicația 1: A=(2⋅1)⋅(2⋅2)⋅(2⋅3)⋅…⋅(2⋅n)+8=2n⋅n!+8.A=\sqrt{(2 \cdot 1) \cdot (2 \cdot 2) \cdot (2 \cdot 3) \cdot \ldots \cdot (2 \cdot n) + 8} = \sqrt{2^n \cdot n! + 8}.
Se tratează separat cazurile până la n<5n < 5 și separat cazul n≥5n \geq 5.

Indicația 2: Pentru n≥5n \geq 5 obținem Uc(2n⋅n!+8)=8,U_c(2^n \cdot n!+8) = 8, deci a(n)a(n) nu este pătrat perfect.

Răspuns: n=2n=2

E.147. Se consideră numerele A=17+(914+1021+…+70441)−(12+13+…+163)A=\sqrt{\dfrac{1}{7} + \bigg(\dfrac{9}{14} + \dfrac{10}{21}+\ldots + \dfrac{70}{441}\bigg) - \bigg(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}+\ldots + \dfrac{1}{63}\bigg) } și B=11⋅6+12⋅9+13⋅12+…+199⋅300B=\dfrac{1}{1 \cdot 6} + \dfrac{1}{2 \cdot 9} + \dfrac{1}{3 \cdot 12} +\ldots + \dfrac{1}{99 \cdot 300}. Demonstrați că A⋅B+1100A \cdot B + \dfrac{1}{100} este număr natural.

Olimpiadă, etapa locală, Iași, 2023
Supliment Gazeta Matematică, 9/2022
Indicații (2) | Răspuns

Indicația 1: La AA, grupăm primul termen din prima paranteză cu primul termen din a 2-a paranteză și obținem 1/71/7 etc. Obținem A=3A=3.

Indicația 2: La BB dăm factor comun pe 13\dfrac{1}{3} și obținem B=13⋅99100B=\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{99}{100}.

Răspuns: A⋅B+1100=1.A \cdot B + \dfrac{1}{100} = 1.

E.148. Demonstrați că 1+3+5+…+20231+3+5+…+1011=2.\sqrt{\dfrac{1+3+5+ \ldots + 2023}{1+3+5+ \ldots + 1011}} = 2.

Olimpiadă, etapa locală, Maramures, 2023
Indicații (1) | Răspuns

Indicații: Se adună și se scad numerele pare lipsă, apoi se aplică formula lui Gauss.

Răspuns: 101225062=22=2.\sqrt{\dfrac{1012^2}{506^2}} = \sqrt{2^2}=2.

E.149. Demonstrați că pentru orice număr natural nn este adevărată relația 2n+7+3n+10+7n+3∉N.\sqrt{2^n+7} + \sqrt{3^n+10} + \sqrt{7^n+3} \not \in \N.

Olimpiadă, etapa locală, Mureș, 2023
Indicații (1)

Indicații: Se verifică ultima cifră pentru cazurile n=4k, 4k+1, 4k+2, 4k+3n=4k,~ 4k+1,~4k+2,~ 4k+3 și se constată că sub cel puțin un radical nu avem pătrat perfect.

E.151. Să se determine cifrele aa și bb astfel încât b7b‾=ab‾\sqrt{\overline{b7b}} = \overline{ab}.

Olimpiadă, etapa locală, Neamț, 2023
Indicații (2) | Răspuns

Indicația 1: ab‾∈N⇒b7b‾\overline{ab} \in \N \Rightarrow \overline{b7b} este pătrat perfect ⇒b∈{0,1,4,5,6,9}.\Rightarrow b \in \{0,1,4,5,6,9 \}. Evident, 00 nu convine.

Indicația 2: Observăm că dintre toate valorile lui bb convin doar cele pentru care Uc(b2)=bU_c(b^2) = b, adică b∈{1,5,6}.b \in \{1, 5, 6\}.

Răspuns: a=2a=2, b=6b=6.

E.153. Fie numerele a=1+2+3+…+na=1+2+3+ \ldots + n și b=1+11+2+11+2+3+…++11+2+…+n.b=1+\dfrac{1}{1+2} + \dfrac{1}{1+2+3} + \ldots + +\dfrac{1}{1+2+ \ldots +n}.
Arătați că a⋅b∈N.\sqrt{a \cdot b} \in \N.

Olimpiadă, etapa locală, Tulcea, 2023
Indicații (1) | Răspuns

Indicații: Se aplică formula lui Gauss pentru fiecare dintre numitori.

Răspuns: a⋅b=2023\sqrt{a \cdot b} = 2023

E.154. Fie a, b∈N∗a,~b \in \N^* astfel încât 1a+1b=12023.\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2023}. Arătați că (a7−289)(b7−289)\sqrt{\bigg(\dfrac{a}{7}-289\bigg)\bigg(\dfrac{b}{7}-289\bigg)} este pătrat perfect.

Olimpiadă, etapa locală, Vâlcea, 2023
Indicații (1) | Răspuns

Indicații: Din ipoteză obținem ab=2023(a+b).ab=2023(a+b). Apoi înmulțim cele două paranteze de sub radical și folosim ipoteza.

Răspuns: 17217^2

Nivel mediu

E.141. Determinați numerele naturale nenule nn pentru care numărul a(n)=(1⋅2⋅3⋅…⋅n)5+145a(n)=\sqrt{(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n)^5 + 145} este natural.

Cristina și Mihai Vijdeluc, Olimpiadă, etapa locală, București, 2023
Gazeta Matematică, 10/2022
Indicații (2) | Soluție

Indicația 1: Se tratează separat cazurile până la n<5n < 5 și separat cazul n≥5n \geq 5.

Indicația 2: Pentru n≥5n \geq 5 ne folosim de ultimele două cifre pentru a demonstra că a(n)a(n) nu este pătrat perfect

Soluție:

Observăm că pentru n≥5n \geq 5 avem (n!)5=(k⋅2⋅5)5(n!)^5 = (k \cdot 2 \cdot 5)^5. deci U2c[(n!)5+145]=45U_{2c}[(n!)^5 + 145] = 45. Prin urmare, numărul de sub radical nu este pătrat pefect (doar numerele cu U2c=25U_{2c}=25 ar putea fi pătrate perfecte).

Verificăm manual celelalte cazuri:

  • n=1⇒(n!)5+145=1+145=146≠p.p.n=1 \Rightarrow (n!)^5 + 145 = 1 + 145 = 146 \neq p.p.
  • n=2⇒(n!)5+145=25+145=177≠p.p.n=2 \Rightarrow (n!)^5 + 145 = 2^5 + 145 = 177 \neq p.p.
  • n=3⇒(n!)5+145=25⋅35+145=7921=982=p.p.n=3 \Rightarrow (n!)^5 + 145 = 2^5 \cdot 3^5 + 145 = 7921 = 98^2 = p.p.
  • n=4⇒(n!)5+145=25⋅35⋅45+145=7921⋅1024+145=8111249≠n=4 \Rightarrow (n!)^5 + 145 = 2^5 \cdot 3^5 \cdot 4^5 + 145 = 7921 \cdot 1024 + 145 = 8111249 \neq p.p.

OBS: Fără calculator, ultimul număr e dificil de verificat dacă e p.p. Alternativa (nici ea prea simplă) ar fi:
(2⋅3⋅4)5+145=245+145=(M7+3)5+M7+5=M7+35+M7+5=M7+3≠p.p.(2 \cdot 3 \cdot 4)^5 + 145 = 24^5 + 145 = (M_7+3)^5 + M_7+5 = M_7+3^5 + M_7 + 5 = M_7+3 \neq p.p.

Demonstrăm că nu există pătrate perfecte care împărțite la 77 să dea restul 33.

(M7+0)2 (mod 7)=0(M_7+0)^2 ~(mod~7) = 0
(M7+1)2 (mod 7)=12 (mod 7)=1(M_7+1)^2 ~(mod~7) = 1^2 ~(mod~7)=1
(M7+2)2 (mod 7)=22 (mod 7)=4(M_7+2)^2 ~(mod~7) = 2^2 ~(mod~7)=4
(M7+3)2 (mod 7)=32 (mod 7)=2(M_7+3)^2 ~(mod~7) = 3^2 ~(mod~7)=2
(M7+4)2 (mod 7)=42 (mod 7)=2(M_7+4)^2 ~(mod~7) = 4^2 ~(mod~7)=2
(M7+5)2 (mod 7)=52 (mod 7)=4(M_7+5)^2 ~(mod~7) = 5^2 ~(mod~7)=4
(M7+6)2 (mod 7)=62 (mod 7)=1(M_7+6)^2 ~(mod~7) = 6^2 ~(mod~7)=1

Deci nu există niciun pătrat perfect care, împărțit la 77, să dea restul 33.