Olimpíadas

Prove que o número [tex3]1^{2005} + 2^{2005} + 3^{2005} + ... + 2005^{2005}[/tex3] é múltiplo de [tex3]1 + 2 + 3 + ... + 2005[/tex3] .

Ola aristotélico,

A resolução desta questão precisa de um conhecimento de módulos.

Vou falar que [tex3]S=1^{2005}+2^{2005}+3^{2005}+4^{2005}+...+1002^{2005}+1003^{2005}+1004^{2005}+...+2005^{2005}[/tex3]

[tex3]1+2+3+4+5+6....+2005=\frac{(1+2005)(2005)}{2}=(1003)(2005)[/tex3]

Vou provar que S é divisível por 1003 e depois por 2005.

para provar que S é divisível por 1003, [tex3]S\equiv0(mod1003)[/tex3]

Lembrando que [tex3]1\equiv-1002(mod1003), 2\equiv-1001(mod1003)...1002\equiv-1(mod1003)[/tex3] , etc..., tem-se que

[tex3]1^{2005}+2^{2005}+3^{2005}+4^{2005}+...+1002^{2005}+1003^{2005}+1004^{2005}+...+2005^{2005}\equiv\\\equiv(-1002^{2005})+(-1001^{2005})+(-1000^{2005})+...\\\hspace{30}...+(-1^{2005})+(0^{2005})+(1^{2005})...+(1002^{2005})(mod1003)[/tex3]

Note que a soma disso tudo só será zero se o expoente for impar, pois assim os números serão negativos e poderam cancelar-se com os positivos.

Está provado que [tex3]S\equiv0(mod1003)[/tex3] , ou seja, S dividido por 1003 deixa resto 0. Agora falta provar que [tex3]S\equiv0(mod2005)[/tex3] .

Lembrando que [tex3]1003\equiv-1002(mod2005),1004\equiv-1001(mod2005)...[/tex3] ,etc... Tem-se que

[tex3]1^{2005}+2^{2005}+3^{2005}+4^{2005}+...+1002^{2005}+1003^{2005}+1004^{2005}+...+2005^{2005}\equiv\\\equiv1^{2005}+2^{2005}+3^{2005}+...\\\hspace{30}+1002^{2005}+(-1002^{2005})+(-1001^{2005})+...+(-1^{2005})+(0^{2005})(mod2005)[/tex3]

Assim, [tex3]S\equiv0 (mod2005)[/tex3]

Como S é divisível por tanto 1003 quanto 2005, S será divisível por 1003(2005), que era o que agente precisava provar.

Procure ler sobre congruências, se você estiver em dúvida sobre o que eu fiz e por que o que eu fiz funciona.

Abraços

putz... elas são difícies mesmo. Mas, deve haver outro método de acordo com o conteúdo proposto pelas escolas para 7ª e 8ª séries, cara, se não pq eles colocariam essa questão ? É sinistra mesmo...

o assunto é congruência, é um estudo feito sobre os restos das divisões, ele não é tão complexo quanto parece

quanto se escreve

[tex3]16\equiv 11[/tex3] mod 5

se quer dizer que o resto da divisão que de desesseis por cinco e o mesmo resto da divisão de onze por 5

na resolução da questão acima usou-se a propriedade

se [tex3]a\equiv b[/tex3] mod c [tex3]\Righ a^n\equiv b^n[/tex3] mod c, se [tex3]n \in Z[/tex3]

a prova nem é tão complicada se você conhecer o binômio de newton

veja

se P e M são múltiplos de C então podemos escrever e D o resto da divisão de a ou b por c
podemos escrever [tex3]a\equiv b[/tex3] (mod c) como [tex3]m+d\equiv p+d[/tex3] (mod c)

em seguida escrevemos

[tex3](m+d)^n\equiv (p+d)^n[/tex3] (mod c)

[tex3]\sum_{k=0}^{n} C_n^{k}m^{(n-k)}\cdot d^k\equiv \sum_{k=0}^{n} C_n^{k}p^{(n-k)}\cdot d^k[/tex3] (mod c)

agora vou separar apenas o termo que tem o múltiplo de c com expoente zero

[tex3]\overbrace{\sum_{k=1}^{n} C_n^{k}m^{(n-k)}\cdot d^k}^{m\acute{u}ltiplo\, de\, c}+d^n\equiv \overbrace{\sum_{k=1}^{n} C_n^{k}p^{(n-k)}\cdot d^k}^{m\acute{u}ltiplo\ de\ c}+ d^n[/tex3] (mod c)

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