Olimpíadas

Os números naturais a,b e c tem a propriedade que [tex3]a^{3}[/tex3] é divisível por b, [tex3]b^{3}[/tex3] é divisível por c e [tex3]c^{3}[/tex3] é divisível por a. Prove que [tex3](a +b +c) ^{13}[/tex3] é divisível por [tex3]abc[/tex3]

Fazendo:

[tex3]\begin{cases}
a^3=bx \\
b^3=cy \\
c^3=az
\end{cases}[/tex3]

[tex3](a +b +c) ^{13} = \sum_{k=0}^{13} \left(\frac{13}{k}\right)\cdot a^{13-k}\cdot (b+c)^{k}[/tex3]

Do enunciado:

[tex3]c|b^3[/tex3]
[tex3]c|b^3+c^3+3b^2c+3bc^2[/tex3]
[tex3]c|(b+c)^3[/tex3]

Portanto temos:

[tex3]\begin{cases}
a|a \\
b|a^3 \\
c|(b+c)^3
\end{cases}[/tex3]

Logo abc vai dividir todo mundo no conjunto:

[tex3]\{a^{10}(b+c)^3, a^{9}(b+c)^4, a^{8}(b+c)^5, a^{7}(b+c)^6, a^{6}(b+c)^7, a^{5}(b+c)^8, a^{4}(b+c)^9\}[/tex3]

Isso prova que 7 termos da expansão são múltiplos de abc, faltam mais 7.

[tex3]abc| a^{11}\cdot (b+c)^2[/tex3]
[tex3]bc| a^6 \cdot a^{4}\cdot (b+c)^2[/tex3]
[tex3]c| a^{4}\cdot (b+c)^2[/tex3]
[tex3]c| a^4b^2 + a^4c^2 + 2a^4bc[/tex3]
[tex3]c| a^4b^2[/tex3]
[tex3]c| a\cdot bx \cdot b^2[/tex3]
[tex3]c| a\cdot x \cdot b^3[/tex3]

[tex3]abc| a^{12}\cdot (b+c)[/tex3]
[tex3]bc| a^{11}\cdot (b+c)[/tex3]
[tex3]bc| a^{11}\cdot b +a^{11}\cdot c[/tex3]
[tex3]c| a^{8}\cdot b +a^{8}\cdot c[/tex3]
[tex3]c| a^{8}\cdot b[/tex3]
[tex3]c| a^{6}\cdot a^2 \cdot b[/tex3]
[tex3]c| b^2x^2\cdot a^2 \cdot b[/tex3]
[tex3]c| x^2\cdot a^2 \cdot b^3[/tex3]

[tex3]abc| a^{13}[/tex3]
[tex3]bc| a^{9}\cdot a^3[/tex3]
[tex3]c| a^{9}[/tex3]
[tex3]c| b^3 \cdot x^3[/tex3]

10 termos já foram, faltam 4

[tex3]\{a^{3}(b+c)^{10}, a^{2}(b+c)^{11}, a\cdot (b+c)^{12}, (b+c)^{13}\}[/tex3]

Perdi a paciência, depois tento continuar

[tex3]\{a^{10}(b+c)^3, a^{9}(b+c)^4, a^{8}(b+c)^5, a^{7}(b+c)^6, a^{6}(b+c)^7, a^{5}(b+c)^8, a^{4}(b+c)^9\}[/tex3]

Como concluiu isso?

Ele concluiu isso aqui:
[tex3]\begin{cases}
a|a \\
b|a^3 \implies\exists m\in\mathbb Z:bm=a^3\\
c|(b+c)^3\implies\exists n\in\mathbb Z:cn=(b+c)^3
\end{cases}[/tex3]

Então para cada um dos elementos de [tex3]\{a^{10}(b+c)^3, a^{9}(b+c)^4, a^{8}(b+c)^5, a^{7}(b+c)^6, a^{6}(b+c)^7, a^{5}(b+c)^8, a^{4}(b+c)^9\}[/tex3] teremos (vou fazer só dois porque vai ser tudo a mesma coisa.)

[tex3]a^{10}(b+c)^3=a^6\cdot a\cdot a^3\cdot(b+c)^3=a^6\cdot a\cdot bm\cdot cm=(abc)(a^6mn)[/tex3]

[tex3]a^{9}(b+c)^4=a^5\cdot(b+c)\cdot a\cdot a^3\cdot (b+c)^3=a^5\cdot(b+c)\cdot a\cdot bm\cdot cn=(abc)(a^5(b+c))[/tex3]

Espero ter ajudado

.

Eu não entendi!

Cada um dos elemento de [tex3]\{a^{10}(b+c)^3, a^{9}(b+c)^4, a^{8}(b+c)^5, a^{7}(b+c)^6, a^{6}(b+c)^7, a^{5}(b+c)^8, a^{4}(b+c)^9\}[/tex3] você vai escrever de uma forma conveniente levando em conta que
[tex3]\begin{cases}a|a \\b|a^3 \implies\exists m\in\mathbb Z:bm=a^3\\c|(b+c)^3\implies\exists n\in\mathbb Z:cn=(b+c)^3\end{cases}[/tex3]
e usando as propriedades de potência.
[tex3]a^{9}(b+c)^4=a^{(1+3+5)}(b+c)^{(1+3)}=a^1\cdot a^3\cdot a^5\cdot(b+c)^1\cdot(b+c)^3[/tex3]
Agora vamos substituir [tex3]a^3[/tex3] por [tex3]bm[/tex3] e [tex3](b+c)^3[/tex3] por [tex3]cn[/tex3]
[tex3]a^1\cdot a^3\cdot a^5\cdot(b+c)^1\cdot(b+c)^3=a\cdot bm\cdot a^5\cdot(b+c)\cdot cn[/tex3]
Vamos mudar a ordem dos fatores e teremos:
[tex3]a\cdot bm\cdot a^5\cdot(b+c)\cdot cn=(abc)\cdot(ma^5(b+c))[/tex3]
[tex3](ma^5(b+c))\in\mathbb Z[/tex3]
Então temos que [tex3]abc|(a^{9}(b+c)^4)[/tex3]

É só escrever cada elemento dum jeito que apareça [tex3]a[/tex3] , [tex3]a^3[/tex3] e [tex3](b+c)^3[/tex3]

Alvelino

Continuando a solução do nosso amigo...

Já vimos que abc divide [tex3]\{a^{10}(b+c)^3, a^{9}(b+c)^4, a^{8}(b+c)^5, a^{7}(b+c)^6, a^{6}(b+c)^7, a^{5}(b+c)^8, a^{4}(b+c)^9,a^{11}(b+c)^{2},a^{12}(b+c),a^{13}\}[/tex3] . Resta agora verificar [tex3]\{a^{3}(b+c)^{10},a^{2}(b+c)^{11},a(b+c)^{12},(b+c)^{13}\}[/tex3]

[tex3]abc|a^{3}(b+c)^{10}[/tex3]
[tex3]abc|a.a^{2}.(b+c)^{3}.(b+c)^{7}[/tex3]
[tex3]b|a^{2}.(b+c)^{7}[/tex3]
[tex3]b|a^{2}c^{7}[/tex3] -> Pois na abertura de [tex3](b+c)^{7}[/tex3] , somente o elemento [tex3]c^{7}[/tex3] não possui coeficiente [tex3]b[/tex3]
[tex3]b|a^2.(c^3)^2.c[/tex3]
[tex3]b|a^2.a^2.z^2.c[/tex3]
[tex3]b|a^3.a.z^2.c[/tex3]
Logo, [tex3]abc|a^3(b+c)^{10}[/tex3]

[tex3]abc|a^{2}(b+c)^{11}[/tex3]
[tex3]abc|a.a.(b+c)^{3}.(b+c)^{8}[/tex3]
[tex3]b|a.(b+c)^{8}[/tex3]
[tex3]b|a.c^{8}[/tex3] -> Pois na abertura de [tex3](b+c)^{8}[/tex3] , somente o elemento [tex3]c^{8}[/tex3] não possui coeficiente [tex3]b[/tex3]
[tex3]b|a.(c^3)^2.c^2[/tex3]
[tex3]b|a.a^2.z^2.c^2[/tex3]
[tex3]b|a^3.z^2.c^2[/tex3]
Logo, [tex3]abc|a^2(b+c)^{11}[/tex3]

[tex3]abc|a(b+c)^{12}[/tex3]
[tex3]abc|a.(b+c)^3.(b+c)^9[/tex3]
[tex3]b|(b+c)^9[/tex3]
[tex3]b|c^9[/tex3]
[tex3]b|(c^3)^3[/tex3]
[tex3]b|a^3.z^3[/tex3]
Logo, [tex3]abc|a(b+c)^{12}[/tex3]

[tex3]abc|(b+c)^{13}[/tex3]
[tex3]abc|b^{13}+b^{12}c+b^{11}c^2+...+b^2c^{11}+bc^{12}+c^{13}[/tex3]
[tex3]abc|b(b^3)^4+b^{12}c+b^{11}c^2+...+b^2c^{11}+bc^{12}+c(c^3)^4[/tex3]
[tex3]abc|b.c^4.y^4+b^{12}c+b^{11}c^2+...+b^2c^{11}+bc^{12}+c.a^4.z^4[/tex3]
[tex3]abc|b.c^4.y^4+b^{12}c+b^{11}c^2+...+b^2c^{11}+bc^{12}+c.b.a.x.z^4=>[/tex3] percebemos que todos os termos são múltiplos de [tex3]bc[/tex3] e o último é múltiplo de [tex3]abc[/tex3]
[tex3]a|c^3y^4+b^2(b^3)^3+b(b^3)^3c+(b^3)^3c^2+b^8c^3+...+bc^{10}+c^{11}[/tex3]
[tex3]a|c^3y^4+c^3b^2+c^3.b.c+c^3.c^2+c^3b^8+...+c^3c^7b+c^3c^8=>[/tex3] percebemos que todos os termos são múltiplos de [tex3]c^3=az[/tex3]
Logo, [tex3]abc|(b+c)^{13}[/tex3]

Com isso, concluímos que abc divide o conjunto [tex3]\{a^{3}(b+c)^{10},a^{2}(b+c)^{11},a(b+c)^{12},(b+c)^{13}\}[/tex3]
[tex3]\therefore abc|(a+b+c)^{13}[/tex3]

Mensagem não lidapor **leozitz** » Ter 07 Fev, 2023 09:36

esse problema parace ter bastante restrição pq tipo, a soma (a + b + c) precisa ter os mesmos fatores primos que a, b e c
lema: todos os números tem os mesmo primos na sua fatoração
suponha que não, se p|b então p|a dai p|c.
se p | a então p| c então p| b
se p |c então p|b dai p | a

vamos definir o seguinte
[tex3]v_p(a) = r\iff p^r|a \text{ e } p^{r+1}\nmid a[/tex3] ou seja, a maior potencia de p que divide a tem expoente r,
a gente que provar que [tex3]v_p(abc) \le 13v_p(a+b+c)[/tex3] para todo primo
o expoente de uma soma é maior ou igual ao expoente que divide todo mundo, por exemplo
[tex3]v_q(q^3 + q^4+2q^5) = 3[/tex3]
isso pq [tex3]q^3[/tex3] é a maior potencia de p que divide [tex3]q^3 + q^4+2q^5[/tex3]
seria bom se a gente conseguisse provar que
[tex3]v_p(abc) \le 13\min\{v_p(a), v_p(b), v_p(c)\}\le13v_p(a+b+c)[/tex3]
digamos que para um primo, a tenha o menor expoente
[tex3]v_p(a) + v_p(b) + v_p(c) \le 13v_p(a)\\
v_p(b) + v_p(c) \le 12v_p(a)[/tex3]

agora vamos começar a usar oq foi dado
[tex3]v_p(b) \le 3v_p(a)[/tex3] para todo primo
[tex3]v_p(c)\le3v_p(b)\le 9v_p(a)[/tex3]
somando isso a gente fica com [tex3]v_p(b) +v_p(c) \le 12v_p(a)[/tex3] que é exatamente oq a gente quer provar
fazendo isso como se b e depois como se c tivessem o menor expoente para um certo primo o problema acaba

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