Maratonas de Matemátical Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Ittalo25
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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Ittalo25 »

Solução do problema 79

Mesmo se considerarmos o zero como número natural, para [tex3]a=0 [/tex3] ou [tex3]b=0[/tex3] , teríamos [tex3]ab=0 [/tex3] quadrado perfeito. Então supomos [tex3]a,b \geq 1 [/tex3] .

[tex3]a+b =b\cdot (a-c) [/tex3]
[tex3](1-a)(b-1)+1+bc=0[/tex3]
[tex3](1-a)(b-1)+p^2-c+bc=0 [/tex3]
[tex3](b-1)(a-c-1) = p^2 [/tex3]
[tex3](b-1)(a-p^2) = p^2 [/tex3]

Primeiro caso:^
[tex3]\begin{cases}
a-p^2 = p^2 \\
b-1 = 1
\end{cases}\rightarrow \begin{cases}
a=2p^2 \\
b=2
\end{cases}\rightarrow \boxed{ab = 4p^2}[/tex3]
Segundo caso:
[tex3]\begin{cases}
a-p^2 = p \\
b-1 = p
\end{cases}\rightarrow \begin{cases}
a=p^2+p \\
b=p+1
\end{cases}\rightarrow \boxed{a+b = (p+1)^2}[/tex3]
Terceiro caso:
[tex3]\begin{cases}
a-p^2 = 1 \\
b-1 = p^2
\end{cases}\rightarrow \begin{cases}
a=p^2+1 \\
b=p^2+1
\end{cases}\rightarrow \boxed{ab = (p^2+1)^2}[/tex3]

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Problema 80
(Croácia - 2005) Encontre todos os dígitos x,y e z tais que o número [tex3]\overline{13xy45z}[/tex3] seja divisível por 792.
Resposta

x=8,y=0, z=6



Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]

Deleted User 23699
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Out 2021 22 14:03

Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Deleted User 23699 »

Solução do Problema 80
792 = 2³ . 3² . 11
para ser divisível por 11: 11 | z-5+4-y+x-3+1
para ser divisível por 9: 9 | 1+3+x+y+4+5+z
para ser divisível por 8: 8 | 45z
De III: z = 6, pois o único número entre 450 e 460 divisível por 8 é 456.
De I: 11 | z-y+x-3
Com a informação do z, 11 | x-y+3
De II: 9 | 13 + x+y+z
Com a informação do z, 9 | 19 + x+y
x+y+1 tem que ser divísivel por 9 [a]
x-y+3 tem que ser divisível por 11 [b
Acho que o jeito mais simples é testar x = {0, 1, 2... 9}.
Possibilidades:
Se x = 0, em [a], y = 8, mas em [b, y = 3.
Se x = 1, em [a], y = 7, mas em [b, y = 4
Se x = 2, em [a], y = 6, mas em [b, y = 5
Se x = 3, em [a], y = 5, mas em [b, y = 6
Se x = 4, em [a], y = 4, mas em [b, y = 7
Se x = 5, em [a], y = 3, mas em [b, y = 8
Se x = 6, em [a], y = 2, mas em [b, y = 9
Se x = 7, em [a], y = 1, mas em [b é impossível, pois y deveria ser 10.
Se x = 8, em [a], y = 0, e em [b também.
Se x = 9, em [a], y = -1, que também não serve.
Então a unica terna é (8, 0, 6).

Problema 81
(IMO-70) Determine todos os inteiros n tais que o conjunto {n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5} pode ser particionado em dois subconjuntos que o produto dos números de cada subconjunto é igual.
Resposta

não existe um conjunto assim.

Última edição: Deleted User 23699 (Sex 22 Out, 2021 14:31). Total de 2 vezes.



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leozitz
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Nov 2022 03 11:16

Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por leozitz »

Solução do problema 81
Resposta

tentativa inicial de solução, pode ser ignorada já que está incompleta mas pode ajudar a motivar a solução final
suponha por absurdo que exista tal n e sejam nA e B os produtos dos 2 subconjuntos
[tex3]n\cdot A = B\implies n\cdot A^2 = AB[/tex3]
olhando para a igualde mod n temos o seguinte
[tex3](n+1)(n+2)...(n+5) = AB\equiv 0 \pmod n[/tex3]
[tex3]5!\equiv 0 \pmod n[/tex3]

além disso, n é difícil ver que n e n + 5 estão em 2 subconjuntos diferentes, isso porque temos 6 números consecutivos de forma que pelo menos 1 deles é divisível por 5 porem como precisamos que os 2 lados sejam divisíveis por 5 já que o produto é igual a única opção é n ser divisível por 5 e n + 5 ser divisível por 5.

n = 5t
[tex3]4!\equiv 0\pmod t[/tex3]
sejam nA e B os produtos dos 2 subconjuntos
[tex3]nA=B\implies nA^2=AB=(n+1)\cdots(n+5)[/tex3]

a ideia é olhar a igualdade modulo 7
note que temos 6 números consecutivos, de forma que se algum deles for divisível por 7, só esse será divisível por 7 no conjunto.
dessa forma n não pode ser 0 mod 7 pois o próximo seria n + 7 que não está no conjunto e teríamos um lado divisível por 7 e o outro não oq é um absurdo já que são iguais
n não pode ser 2 mod 7 pq dai n + 5 seria divisível por 7, não é difícil ver que a única opção é n ser 1 mod 7
dessa forma
[tex3]nA^2=(n+1)\cdots(n+5)\pmod7\\
A^2\equiv2\cdots6\equiv(7-1)!\equiv-1\pmod 7[/tex3]
mas isso é um absurdo pois -1 não é resíduo quadrático mod 7
a última equivalência vem do teorema de Wilson

na verdade temos algo mais forte sobre os divisores de números da forma [tex3]x^2 + 1[/tex3]
Resposta

se p é primo > 2 e [tex3]p|x^2 + 1[/tex3] então p é 1 mod 4
[tex3]x^2\equiv-1\pmod p\implies x^4\equiv1\pmod p[/tex3]
dessa forma a ordem de x mod p divide 4 e não é 2 e nem é 1 também já que p > 2
dessa forma a [tex3]ord_p(x) = 4[/tex3] mas então a ordem divide p - 1 e então 4|p-1

Problema 82
Encontre todos os inteiros positivos (a, b) tais que [tex3]a^2 + 4b[/tex3] e [tex3]b^2 + 4a[/tex3] são ambos quadrados perfeitos

Última edição: leozitz (Qui 03 Nov, 2022 11:19). Total de 1 vez.
Razão: o problema anterior já havia sido postado



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